资源简介

(共47张PPT)
第三节　生活中的圆周运动　
第四节　离心现象及其应用
学习目标
1．会分析具体圆周运动问题中向心力的来源，能解决生活中的圆周运动问题．
2．了解离心运动及物体做离心运动的条件，知道离心运动的应用及危害．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、公路弯道
1．汽车在水平公路上转弯
(1)向心力来源：车轮与路面间的___________．
(2)转弯时的速度大小：v＝________．
静摩擦力f
2．汽车在内低外高的倾斜路面转弯
(1)向心力来源：__________和_______________的合力F.
重力mg
地面支持力FN
二、铁路弯道
1．火车在弯道上的运动特点
车轮有突出的轮缘，轮缘在铁轨上可以起到限定方向的作用．当火车在水平轨道上转弯时，外侧车轮的轮缘挤压外轨，车轮受外轨的横向力作用，使火车获得转弯所需的向心力．但是，轮缘与铁轨间的挤压和摩擦会造成车轮磨损，而且火车质量越大、车速越快时，磨损程度越高，不利于行车安全．故实际弯道处铁轨的外轨________内轨．
2．向心力来源
根据弯道的半径和规定的行驶速度，适当选择内外轨的高度差，可以使火车转弯时所需的向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供．
略高于
G－FN
越小
FN－G
越大
四、离心现象及其应用
1．离心现象：做圆周运动的物体，在所受向心力突然消失或合力不足以提供维持圆周运动所需向心力的情况下，会做逐渐_________的运动．这种现象称为离心现象，如图所示．
2．离心现象的应用
(1)应用：旋转雨伞甩掉水滴；投掷链球；离心机械．
(2)防止离心现象的危害：公路弯道处的减速警示标志；砂轮外侧的防护罩．
远离圆心
√
×　
判断下列说法是否正确．
(1)车辆在水平路面上转弯时，所受重力与支持力的合力提供向心力．(　　)
(2)车辆按规定车速通过“内低外高”的弯道时，向心力是由重力和支持力的合力提供的．(　　)
(3)汽车在拱形桥上行驶，速度小时对桥面的压力大于车重，速度大时压力小于车重．(　　)
(4)汽车驶过拱形桥最高点，对桥的压力可能等于零．(　　)
(5)汽车过拱形桥或凹形路面时，向心加速度的方向都是竖直向上的．(　　)
(6)做圆周运动的物体突然失去向心力时沿切线方向远离圆心．(　　)
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　车辆转弯问题
1．火车转弯时的运动是圆周运动，分析火车的运动回答下列问题：
(1)如果轨道是水平的，火车转弯时受到哪些力的作用？需要的向心力由谁来提供？
[提示]　火车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和外轨对火车的弹力作用，弹力提供火车转弯所需的向心力．
(2)靠这种方式使火车转弯有哪些危害？如何改进？
[提示]　对确定的弯道，火车转弯时速度越大，需要的向心力越大，容易造成对外轨的损坏，甚至造成火车脱轨．可以把弯道处建成外高内低的斜面，由重力和支持力的合力提供向心力．
2．摩托车在平直公路转弯和火车转弯，它们的共同点是什么？提供向心力的方式一样吗？

[提示]摩托车在平直公路转弯和火车转弯都需要向心力，摩托车转弯时摩擦力可以提供向心力，火车质量太大，轮缘与外轨间的相互作用力太大，铁轨和车轮极易受损，需要设置特别的轨道，由重力和支持力的合力提供向心力．
1．火车转弯问题
(1)火车在弯道上的运动特点
火车在弯道上运动时实际上是在水平面内做圆周运动，由于其质量巨大，需要很大的向心力．
(2)转弯轨道受力与火车速度的关系
√
√
当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C错误；
当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，D错误．
√
√
[解析]　该运动员在骑行过程中在该赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，指向圆心，故A、B错误；
知识点二　汽车过桥问题
汽车过桥问题
(1)向心力来源
汽车通过拱形桥最高点和凹形路面最低点时，在竖直方向受重力和支持力，其合力提供向心力．
(2)压力的分析与讨论
若汽车质量为m，桥面圆弧半径为r，汽车在最高点或最低点速率为v，则
√
(多选)如图是汽车分别经过拱形桥最高点和凹形桥最低点的情形．下列说法正确的是(　　)
A．过拱形桥最高点时汽车所受支持力大于重力
B．过凹形桥最低点时汽车所受支持力大于重力
C．过拱形桥最高点时汽车所受支持力小于重力
D．过凹形桥最低点时汽车所受支持力小于重力
√
如图所示，有一辆质量为m的汽车(可看作质点)驶上半径为R的圆弧拱形桥．
(1)当汽车以一定速度通过拱形桥顶时(汽车与桥面之间始终有相互作用)，画出此时汽车在竖直方向受力的示意图．
[解析]　汽车竖直方向受力如图所示．
[答案]　图见解析
(2)已知m＝1 500 kg、R＝50 m，重力加速度g取10 m/s2，当该汽车以速率v＝5 m/s通过拱形桥顶时，汽车对桥的压力是多大？并判断此时汽车是处于超重状态还是失重状态．
根据牛顿第三定律，可知汽车对桥面的压力大小 FN′＝FN＝14 250 N
因为FN′＜mg＝15 000 N
因此汽车处于失重状态．
[答案]　14 250 N　失重
(3)汽车通过桥顶时对桥面的压力过小是不安全的．请你通过分析说明：在设计拱形桥时，对于同样的车速，拱形桥圆弧的半径是大些比较安全还是小些比较安全．
[答案]　见解析
知识点三　离心运动
链球比赛中，高速旋转的链球被放手后会飞出(如图甲所示)；雨天，当你旋转自己的雨伞时，会发现水滴沿着伞的边缘切线飞出(如图乙所示).
(1)链球飞出后受什么力？
[提示]　重力和空气阻力．
(2)你能说出水滴沿着伞的边缘切线飞出的原因吗？
[提示]　旋转雨伞时，雨滴也随着运动起来，但伞面上的雨滴受到的力不足以提供其做圆周运动的向心力，雨滴由于惯性要保持其原来的速度方向而沿切线方向飞出．
(3)物体做离心运动的条件是什么？
[提示]　物体受到的合力不足以提供所需的向心力．
1．物体做离心运动的原因：提供向心力的合外力突然消失，或者合外力不能提供足够的向心力．
注意：物体做离心运动并不是物体受到离心力作用，而是由于合外力不能提供足够的向心力．所谓“离心力”实际上并不存在．
2．合外力与向心力的关系(如图所示)
(多选)滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做高速的匀速圆周运动，以达到脱水的效果．滚筒截面如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．衣物运动到最低点B点时处于超重状态
B．衣物和水都做离心运动
C．衣物运动到最高点A点时脱水效果更好
D．衣物运动到最低点B点时脱水效果更好
√
√
[解析]　衣物运动到最低点B点时，加速度指向圆心，竖直向上，处于超重状态，故A正确；
衣物受到筒的支持力和重力，做圆周运动，水所受合力不足以提供向心力，做离心运动，故B错误；
如图所示，一个杯子放在水平餐桌转盘上随转盘做匀速圆周运动，角速度恒定，则(　　)
A．杯子受重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B．杯子受到的摩擦力方向始终指向转盘中心
C．杯子离转盘中心越近越容易做离心运动
D．若给杯子中加水，则杯子更容易做离心运动
√
[解析]　杯子受到重力、支持力和摩擦力三个力，向心力不是杯子的实际受力，故A错误；
杯子做匀速圆周运动，向心力由摩擦力提供，始终指向转盘中心，故B正确；
因杯子做匀速圆周运动，则有f＝mω2r，杯子离转盘中心越近，所需摩擦力越小，不会达到最大静摩擦力，越不容易做离心运动，故C错误；
根据f＝mω2r≤μmg可知，给杯子中加水，杯子并不会更容易做离心运动，故D错误．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
2．(车辆转弯问题)(2025·江门期中)如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为vc时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，则当汽车在该弯道处(　　)
A．质量更大的卡车经过时，与轿车相比，vc的值变小
B．路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
C．车速高于vc时，车辆就会向外侧滑动
D．当车速高于vc时，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
√
车速高于vc时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，车辆有向外侧滑动的趋势，车辆受到指向内侧的静摩擦力，所以只要速度不超出最高限度，车辆不会向外侧滑动，故C错误，D正确．
√
3．(汽车过桥问题)如图所示，一辆质量为m的汽车先过一段凹形桥，再过一段拱形桥，M、N分别为桥的最低点和最高点，且汽车通过M、N两点时的速度均不为0.汽车在通过两种桥面的过程中均未脱离桥面，下列说法正确的是(　　)
A．汽车通过M点时处于失重状态
B．汽车通过M点时的加速度可能为0
C.汽车通过N点时，无论速度多大，对桥面始终有压力
D．汽车通过N点时对桥面的压力一定比通过M点时对桥面的压力小
√
4．(离心运动)如图所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球到达P点时F突然发生变化，则下列关于小球运动的说法正确的是(　　)
A.F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．F突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．F突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．F突然变小，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心
解析：若F突然消失，则小球所受合力突变为零，将沿切线方向匀速飞出，A正确；
若F突然变小不足以提供所需向心力，则小球将做逐渐远离圆心的离心运动，B、D错误；
若F突然变大，超过了所需向心力，则小球将做逐渐靠近圆心的运动，C错误．eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
题组1　车辆转弯问题
1．一汽车在水平地面上以恒定速率行驶，汽车通过如图所示的a、b、c三处时的向心力(　　)
A．FaFb>Fc
C．Fa>Fc>Fb D．Fa＝Fb＝Fc
解析：选A.汽车在水平地面上以恒定速率行驶，通过题图所示的a、b、c三处时半径逐渐减小，故由向心力F＝m，解得Fa2．如图所示，山崖边的公路常被称为最险公路，一辆汽车欲安全通过此弯道公路(公路水平)，下列说法不正确的是(　　)
A．若汽车以恒定的角速度转弯，则选择内圈较为安全
B．若汽车以恒定的线速度大小转弯，则选择外圈较为安全
C．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用
D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
解析：选D.汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，其中摩擦力提供向心力，故C正确，与题意不符，D错误，与题意相符；汽车转弯时，径向的静摩擦力提供向心力有一个最大静摩擦力的限制，所需向心力越小，则汽车越安全，根据公式F＝m＝mω2r易知，汽车以恒定的角速度转弯，选择内圈时，轨道半径较小，所需向心力较小，较为安全，汽车以恒定的线速度大小转弯，选择外圈时，轨道半径较大，所需向心力较小，较为安全，故A、B正确，与题意不符．
3．铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的，已知内、外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度等于，则(　　)
A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压
C．这时铁轨对火车的支持力等于
D．这时铁轨对火车的支持力大于
解析：选C.火车在水平面内做圆周运动，当重力与铁轨的支持力恰好提供火车转弯所需的向心力时，由力的合成可得mg tan θ＝，有v＝，可见此时轮缘与内外轨之间无挤压，A、B错误；由图可知此时铁轨对火车的支持力FN＝，C正确，D错误．
题组2　汽车过桥问题
4．如图所示，汽车在炎热的夏天沿不规整的曲面行驶，其中最容易发生爆胎的点是(汽车运动速率不变)　(　　)
A．a点　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．d点
解析：选D.由牛顿第二定律及向心力公式可知，汽车在a、c两点，有FN＝G－mG，即汽车在b、d两点容易发生爆胎，又由题图知b点所在曲线半径大，即rb>rd，又汽车在b、d两点的速率相等，故FNb5．(多选)图为一汽车(质量一定)通过凹形桥(曲率半径一定)最低点时的示意图，下列判断正确的是(　　)
A．汽车的角速度越大，对桥底的压力越大
B．汽车的速度越大，对桥底的压力越小
C．汽车的向心加速度越大，对桥底的压力越大
D．汽车的向心加速度越大，对桥底的压力越小
解析：选AC.根据FN－mg＝ma＝mω2r＝m，结合牛顿第三定律可知，汽车的角速度越大，对桥底的压力越大；汽车的速度越大，对桥底的压力越大；汽车的向心加速度越大，对桥底的压力越大．
6．如图甲所示，汽车通过半径为r的拱形桥，在最高点处速度达到v时，驾驶员对座椅的压力恰好为零．若把地球看成大“拱形桥”，当另一辆“汽车”速度达到某一值时，驾驶员对座椅的压力也恰好为零，如图乙所示．设地球半径为R，则图乙中的“汽车”速度为(　　)
A．v B．v
C. v D． v
解析：选C.在题图甲中，设汽车质量为m，汽车到达最高点时重力提供向心力，有mg＝m，故重力加速度g＝，在题图乙中另一辆“汽车”速度为v′时，座椅对驾驶员的支持力恰好为零，重力提供向心力，有m′g＝m′，解得“汽车”的速度v′＝v，C正确．
7．如图所示，陀螺在平铺于水平桌面的白纸上稳定转动，若在陀螺表面滴上几滴墨水，则从上向下看，由于陀螺转动，甩出的墨水运动的轨迹最接近于(　　)
解析：选B.墨水飞出后，在水平方向上做匀速直线运动，且速度方向与半径垂直，故A、C、D错误，B正确.
题组3　离心运动
8．一摩托车比赛转弯时的情形如图所示．转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是(　　)
A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
解析：选B.摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，A错误；摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B正确；摩托车将沿曲线做离心运动，C、D错误．
9．(多选)离心沉淀器可以加速物质的沉淀，它的示意图如图所示，试管中先装水，再加入粉笔粉末后搅拌均匀，当试管绕竖直轴高速旋转时，两个试管几乎成水平状态，然后可观察到粉笔粉末沉淀在试管的底端，则(　　)
A．旋转越快，试管底端的高度越低
B．粉笔粉末向试管底部运动是一种离心现象
C．旋转越快，粉笔粉末的沉淀现象越明显
D．旋转越快，粉笔粉末的沉淀现象越不明显
解析：选BC.对试管整体分析，整体受到的合力提供向心力，设试管中心线与竖直方向夹角为α，则提供的向心力为mg tan α，当转速增大时，需要的向心力增大，故角度α增大，试管底端越高，A错误；离心沉淀器是一种离心设备，不同的物质混合，当离心沉淀器工作时，会发生离心现象，B正确；转速越快，离心运动越剧烈，粉笔粉末沉淀现象越明显，C正确，D错误．
10．一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　)
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
解析：选D.汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可知f＝m，解得v＝＝20 m/s，所以汽车转弯的速度为20 m/s时，所需的向心力小于1.4×104 N，汽车不会发生侧滑，B、C错误；汽车能安全转弯的向心加速度a＝＝ m/s2＝7 m/s2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2，D正确．
11．(14分)现有一辆质量m＝9 000 kg的轿车，行驶在沥青铺设的公路上，g取10 m/s2.
(1)如果汽车在公路的水平弯道上以30 m/s的速度转弯，轮胎与地面间的径向最大静摩擦力为车重的0.6，若要汽车不向外发生侧滑，弯道的最小半径是多少？(6分)
(2)如果汽车驶过半径R′＝90 m的一段凸形桥面
①若汽车以20 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？(4分)
②若汽车在过最高点时不能脱离桥面，则汽车的速度不能超过多少？(4分)
解析：(1)对汽车进行受力分析，由静摩擦力提供向心力，则有0.6mg＝m eq \f(v,Rmin)
解得Rmin＝150 m.
(2)①对汽车进行受力分析，由沿半径方向的合力提供向心力，则有
mg－FN1＝m eq \f(v,R′)
根据牛顿第三定律有
FN2＝FN1
解得FN2＝5×104 N.
②若汽车在过最高点时不能脱离桥面，当速度最大时，恰好由重力提供向心力，则有
mg＝m eq \f(v,R′)
解得vmax＝30 m/s.
答案：(1)150 m　(2)①5×104 N　②30 m/s(共19张PPT)
课后达标检测
√
1．(2025·梅州期中)一倒立的圆锥筒，筒侧壁倾斜角度α不变. 一小球在筒的内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法正确的是(　　)
A．H越高，小球做圆周运动的向心力越大
B．H越高，小球做圆周运动的线速度越小
C．H越高，小球做圆周运动的角速度越小
D．H越高，小球对侧壁的压力越小
解析：小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析图如图所示，则向心力Fn＝mg tan α，由于m、α不变，向心力大小不变，故A错误；
√
解析：空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；
若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；
若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误．
√
解析：对A分析可知，A的重力与B对A的支持力平衡，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；
根据上述有fBA＝3mω2r，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为3mω2r，该摩擦力为静摩擦力，因此物块B对物块A的摩擦力不一定为3μmg，B错误；
对AB整体分析有f＝(3m＋2m)ω2r＝5mω2r，C正确；
√
解析：物体A、B、C的角速度相等，由a＝ω2r，得物体C的向心加速度最大，故A错误；
A、B、C都没有滑动，静摩擦力提供向心力，根据Ff＝m物ω2r可知，物体B受到的静摩擦力最小，故B错误；
5．(10分)如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，有一长L＝0.4 m的细绳，一端固定在O点，另一端拴一质量m＝0.2 kg的小球．使小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.
(1)求小球通过最高点A时的最小速度．(4分)　
(2)如果细绳能承受的最大拉力为9 N，小球通过最低点B时的最大速度为多大？(6分)
答案：4 m/s
6．(12分)如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心r0＝0.2 m处放置小物块A，A、B质量均为m＝1 kg，A与转盘之间的动摩擦因数μ1＝0.5，现在用原长d＝0.2 m、劲度系数k＝40 N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g取10 m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
(1)缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0.(4分)
解析：设转盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，则μ1mg＝mr0ω
代入数值解得A即将打滑时ω0＝5 rad/s.
答案：5 rad/s　
(2)若转盘的角速度ω1＝6 rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围．(4分)
由胡克定律可知F1＝k(r1－r0) F2＝k(r2－r0)
代入数值解得r1＝0.75 m，r2＝3.25 m
故满足条件的A转动半径rA的大小范围为 0．75 m≤rA≤3.25 m.
答案：0.75 m≤rA≤3.25 m
(3)若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数μ2＝0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围．(4分)
解析：若小物块B解除固定状态，则物块B刚好滑动时弹簧拉力为F3，则对B有F3＝μ2mg＝2 N
由胡克定律可知F3＝k(r3－r0)
可得r3＝0.25 m
(1)当某次在竖直平面内运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，球从绳断飞出到落地的水平距离多大？(6分)
(2)如果小球在水平面内做匀速圆周运动，球的速度增大，绳子拉力增大，绳恰好受到所能承受的最大拉力时对应的速度多大？落地点到手的竖直投影点O的距离多大？(6分)(共15张PPT)
专题提升课3　竖直面内的圆周运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　竖直面内的匀速圆周运动
如图所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g.
(1)小球运动到最高点时，求杆对球的作用力．
[解析]　因转动的角速度大小未知，故小球在最高点时，杆对球的作用力F1方向不能确定．假设F1的方向竖直向下
根据F1＋mg＝mω2l解得F1＝m(ω2l－g).
[答案]　见解析
(2)小球运动到水平位置A时，求杆对球的作用力．
[答案]　见解析
微专题二　竖直面内的变速圆周运动
模型1　轻绳模型
(多选)(2025·佛山市期末)杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子就在竖直平面做圆周运动，已知轨迹半径r＝0.4 m，水的质量为200 g，杯子的质量为50 g，绳子质量不计，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．杯子运动到最高点时，水刚好不落下，则最高点速度为4 m/s
B．当杯子到最高点速度为6 m/s时，则水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下
C．杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为合力沿切线方向的分力与速度同向
D．杯子在最低点时处于超重状态
√
√
杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向，故C正确；
杯子在最低点时加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D正确．
如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A.一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点(图上未画)，g取10 m/s2.
(1)能实现上述运动时，小球在B点的最小速度是多少？
[答案]　2 m/s
(2)能实现上述运动时，A、C间的最小距离是多少？
[答案]　0.8 m
√
小球在圆周最高点的向心力可能由重力和轻杆作用力的合力来提供，不一定只由重力提供，故B错误；
在最低点，小球靠拉力和重力的合力提供向心力，合力向上，则拉力大于重力，故C错误；
由轻杆模型可知小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，最高点的速率为零，故D错误．eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(2025·梅州期中)一倒立的圆锥筒，筒侧壁倾斜角度α不变. 一小球在筒的内壁做匀速圆周运动，球与筒内壁的摩擦可忽略，小球距离地面的高度为H，则下列说法正确的是(　　)
A．H越高，小球做圆周运动的向心力越大
B．H越高，小球做圆周运动的线速度越小
C．H越高，小球做圆周运动的角速度越小
D．H越高，小球对侧壁的压力越小
解析：
选C.小球做匀速圆周运动，由重力mg和支持力F的合力提供圆周运动的向心力，作出受力分析图如图所示，则向心力Fn＝mg tan α，由于m、α不变，向心力大小不变，故A错误；根据牛顿第二定律得Fn＝m，H越高，r越大，Fn不变，则v越大，故B错误；由mg tan α＝mrω2得ω＝，则知H越高，r越大，ω越小，故C正确；侧壁对小球的支持力F＝不变，则小球对侧壁的压力不变，故D错误．
2．(2023·北京卷，T10)在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R.下列说法正确的是(　　)
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
解析：选A.空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；根据F＝mω2R，ω＝，解得小球质量m＝，故B错误；若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误．
3．如图所示，叠放在水平转台上的物体A、B随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B的质量分别为3m、2m，A与B、B与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B离转台中心的距离都为r，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(　　)
A．A对B的摩擦力沿水平方向指向圆心O点
B．物块B对物块A的摩擦力一定为3μmg
C．转台对物块B的摩擦力的大小一定为5mω2r
D．转台的角速度一定满足ω≤
解析：选C.对A分析可知，A的重力与B对A的支持力平衡，B对A的摩擦力提供A做圆周运动的向心力，则B对A的摩擦力指向圆心，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向背离圆心，A错误；根据上述有fBA＝3mω2r，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力大小为3mω2r，该摩擦力为静摩擦力，因此物块B对物块A的摩擦力不一定为3μmg，B错误；对AB整体分析有f＝(3m＋2m)ω2r＝5mω2r，C正确；根据题意，结合上述有fBA＝3mω2r≤μ·3mg，f＝5mω2r≤μ·5mg，解得ω≤，D错误．
4．如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ，A的质量为2m，B、C的质量均为m，A、B离轴心的距离为R，C离轴心的距离为2R，重力加速度为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当圆台旋转时(设A、B、C都没有滑动)(　　)
A．物体A的向心加速度最大
B．物体B受到的静摩擦力最大
C．物体C开始滑动的临界角速度为
D．当圆台转速增大时，B比A先滑动
解析：选C.物体A、B、C的角速度相等，由a＝ω2r，得物体C的向心加速度最大，故A错误；A、B、C都没有滑动，静摩擦力提供向心力，根据Ff＝m物ω2r可知，物体B受到的静摩擦力最小，故B错误；静摩擦力达到最大值时对应开始滑动的临界角速度，对物体C，有μmg＝mω·2R，解得ωC＝，故C正确；同理可得物体A、B开始滑动的临界角速度分别为ωA＝，ωB＝，当圆台转速增大时，物体A、B同时滑动，故D错误．
5．(10分)如图所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，有一长L＝0.4 m的细绳，一端固定在O点，另一端拴一质量m＝0.2 kg的小球．使小球在斜面上做圆周运动，g取10 m/s2.
(1)求小球通过最高点A时的最小速度．(4分)　
(2)如果细绳能承受的最大拉力为9 N，小球通过最低点B时的最大速度为多大？(6分)
解析：(1)小球通过最高点A的速度最小时，只受重力和支持力，绳子上拉力为零，即mg sin α＝m eq \f(v,L)，则vA＝＝ m/s.
(2)小球通过最低点B的速度最大时，绳子拉力达到最大值，有T－mg sin α＝m eq \f(v,L)，解得vB＝4 m/s.　
答案：(1) m/s　(2)4 m/s
6．(12分)如图所示在足够大的转盘中心固定一个小物块B，距离中心r0＝0.2 m处放置小物块A，A、B质量均为m＝1 kg，A与转盘之间的动摩擦因数μ1＝0.5，现在用原长d＝0.2 m、劲度系数k＝40 N/m的轻质弹簧将两者拴接，重力加速度g取10 m/s2，假设弹簧始终处于弹性限度以内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．
(1)缓慢增加转盘转动的角速度，求A即将打滑时的ω0.(4分)
(2)若转盘的角速度ω1＝6 rad/s，A可以放置在离中心距离不同的位置上，且A始终不打滑，求满足条件的A转动半径rA的大小范围．(4分)
(3)若小物块B解除固定状态，B和转盘间动摩擦因数μ2＝0.2，现将转盘角速度从0开始缓慢增大，为了保证B不打滑，求满足条件的转盘角速度ω2的大小范围．(4分)
解析：(1)设转盘的角速度为ω0时，物块A将开始滑动，则μ1mg＝mr0ω
代入数值解得A即将打滑时ω0＝5 rad/s.
(2)A放置在离中心距离不同的位置上时所受弹簧弹力不同，由临界条件可得
F1＋f＝mr1ω
F2－f＝mr2ω
f＝μ1mg
由胡克定律可知F1＝k(r1－r0)
F2＝k(r2－r0)
代入数值解得r1＝0.75 m，r2＝3.25 m
故满足条件的A转动半径rA的大小范围为
0．75 m≤rA≤3.25 m.
(3)若小物块B解除固定状态，则物块B刚好滑动时弹簧拉力为F3，则对B有
F3＝μ2mg＝2 N
由胡克定律可知F3＝k(r3－r0)
可得r3＝0.25 m
对A受力分析，为了保证B不打滑，则有
F3＋μ1mg≥mr3ω
可得ω2≤2 rad/s.
答案：(1)5 rad/s　(2)0.75 m≤rA≤3.25 m
(3)ω2≤2 rad/s
7．(12分)某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有一质量为m的小球，甩动手腕可以使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，如图1所示，也可以使球在水平面内做匀速圆周运动，如图2所示．已知握绳的手离地高度为d，手与球之间的绳长为，绳能承受的最大拉力为2mg，重力加速度为g，忽略空气阻力和手的摆动．
(1)当某次在竖直平面内运动到最低点时，绳恰好受到所能承受的最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，球从绳断飞出到落地的水平距离多大？(6分)
(2)如果小球在水平面内做匀速圆周运动，球的速度增大，绳子拉力增大，绳恰好受到所能承受的最大拉力时对应的速度多大？落地点到手的竖直投影点O的距离多大？(6分)
解析：(1)在最低点由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝m
其中Fm＝2mg，R＝
解得v＝
由平抛运动规律可得＝gt2
解得t＝
则球从绳断飞出到落地的水平距离
x＝vt＝d.
(2)设绳与竖直方向的夹角为θ，对小球，水平方向有Fmsin θ＝m，R＝sin θ
竖直方向有Fmcos θ＝mg
联立解得θ＝60°，v′＝
由平抛运动规律可得
d－cos θ＝gt′2
解得t′＝
则x′＝v′t′＝d
则落点与O点的距离
l＝ ＝d.
答案：(1)d　(2) 　deq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
题组1　向心力的性质和来源
1．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而甩离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　　)
A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
解析：选B.自行车转弯所需的向心力由地面对车轮的静摩擦力提供，A错误，B正确；发生侧滑是因为该摩擦力小于所需的向心力，C、D错误．
2．如图所示，一个内壁光滑圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，小球A紧贴内壁在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小球受到重力、弹力和向心力
B．小球受到的弹力大于小球所受的重力
C．小球受到的合力等于零
D．小球受到的弹力小于小球的向心力
解析：选B.小球受重力、弹力两力的作用，向心力是根据效果命名的，不能说物体受到向心力．受力分析如图所示，两力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，由图可知，小球受到的弹力大于小球所受的重力，小球受到的弹力大于小球做圆周运动的向心力．
3．(2023·全国甲卷，T17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
解析：选C.质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，合外力提供向心力，有F合＝Fn＝mr，联立可得Fn＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中n＝3.
4．如图所示的是一种新型高速列车，当它转弯时，车厢会自动倾斜，提供转弯需要的向心力；假设这种新型列车以360 km/h的速度在水平面内转弯，弯道半径为1.5 km，则质量为75 kg的乘客在列车转弯过程中所受到的合外力为(　　)
A．0 B．1 000 N
C．500 N D．500 N
解析：选D.列车拐弯时做圆周运动，乘客所受的合力F合＝m，又360 km/h＝100 m/s，1.5 km＝1 500 m，得F合＝75× N＝500 N．
题组2　向心力的分析
5．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是(　　)
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小了
C．物体所受弹力和摩擦力都减小了
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：选D.物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，其受重力、竖直向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图所示，重力G与静摩擦力f平衡，即G＝f，则静摩擦力不变，且与物体的角速度无关，因为支持力FN提供向心力，即FN＝mrω2，所以当圆筒的角速度ω增大以后，需要的向心力变大，则物体所受弹力FN增大．
6．如图所示，运动员双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转，最后用力将链球掷出．整个过程可简化为圆周运动和斜抛运动，忽略链条质量和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．链球圆周运动过程中，钢绳的拉力提供向心力
B．链球圆周运动过程中受到重力、拉力和向心力
C．链球掷出后运动到最高点时合外力不为零
D．链球掷出后运动到最高点时速度为零
解析：选C.链球圆周运动过程中受到重力、拉力，拉力和重力的合力提供两方面的效果，一是径向的合力提供向心力，切向的合力提供切向力，故A、B错误；松手后链球做斜抛运动，在最高点时，有水平方向的速度，速度不为零，仍受重力作用，合外力不为零，故C正确，D错误．
题组3　变速圆周运动和一般曲线运动
7．(多选)如图所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，运动中小球所需向心力是(　　)
A．绳的拉力
B．重力和绳拉力的合力
C．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力
解析：
选CD.分析向心力来源时就沿着半径方向求合力即可，注意作出正确的受力分析图．如图所示，对小球进行受力分析，它受到重力和绳子的拉力作用，向心力是指向圆心方向的合力．因此，它可以是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以是各力沿绳方向的分力的合力．
8．如图所示，将完全相同的两小球A、B用长L＝0.8 m的细绳悬于v＝4 m/s 向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止，此时两悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)(　　)
A．1∶1　 B．1∶2
C．1∶3　 D．1∶4
解析：选C.FB＝mg，FA＝mg＋m＝3mg，所以FB∶FA＝1∶3.
9．(2024·广东卷，T5)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动．卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点．细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销．当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动．若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止．忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内．要使卷轴转动不停止，v的最大值为　(　　)
A．r B．l
C．r D．l
解析：选A.由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量Δx＝，根据胡克定律有F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹力提供向心力有F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r.
10．(8分)如图所示的装置绕竖直轴OO′匀速转动，细线与竖直方向夹角θ＝37°.已知小球质量m＝0.48 kg，细线长L＝0.5 m(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6).求：
(1)装置转动的角速度大小ω；(4分)
(2)小球离地高度为0.45 m，某瞬间细线断开，则小球飞行的水平位移大小x.(4分)
解析：(1)对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知
mg tan θ＝mω2L sin θ
解得ω＝5 rad/s.
(2)细线断开后小球做平抛运动，则落地时运动的时间
t＝＝ s＝0.3 s
水平位移x＝vt
v＝ωL sin θ
解得x＝0.45 m.
答案：(1)5 rad/s　(2)0.45 m
11．(10分)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)游玩者与座椅的向心力大小；(4分)
(2)转盘转动的角速度．(6分)
解析：
(1)游玩者与座椅的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，其受力分析如图所示，根据几何关系可得
F向＝mg tan θ.
(2)根据几何关系可知游玩者与座椅一起做圆周运动的半径R＝r＋L sin θ
根据向心力公式可得
mg tan θ＝mω2(r＋L sin θ)
解得ω＝ .
答案：(1)mg tan θ　(2)(共20张PPT)
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√
由线速度与角速度关系公式可得v＝ωR，可知线速度大小不变，可方向时刻改变，B错误；
座舱做匀速圆周运动，由向心力公式可得，其合力大小F＝mω2R，座舱所受合力提供向心力，即重力与摩天轮对座舱的作用力的合力提供向心力，因此座舱受摩天轮作用力的大小不是mg，C错误，D正确．
√
√
2．(多选)如图所示，长0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是6 N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N
√
√
√
√
5．(2025·佛山市期末)如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径).它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为0，则B球的速度大小vB为(g取10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
√
小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其他位置都是合外力的分力提供向心力，C错误；
小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，D错误．
√
√
√
9．(14分)如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出， 恰好从光滑圆弧ABC的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力， 进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径 R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A 点时的速度 v＝4 m/s.(g取10 m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小v0；(4分)
解析：小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以v0＝vx＝v cos θ＝2 m/s.
答案：2 m/s
(2)P点与A点的竖直高度；(4分)
答案：0.6 m　
(3)若小球到达圆弧最高点C时的速度vC＝2 m/s，则小球在最高点C时对轨道的压力．(6分)
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小 FNC′＝FNC＝2 N
方向竖直向上．
答案：2 N，方向竖直向上eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(　　)
A．运动周期为
B．线速度始终保持不变
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
解析：选D.由角速度与周期的关系可知T＝，A错误；由线速度与角速度关系公式可得v＝ωR，可知线速度大小不变，可方向时刻改变，B错误；座舱做匀速圆周运动，由向心力公式可得，其合力大小F＝mω2R，座舱所受合力提供向心力，即重力与摩天轮对座舱的作用力的合力提供向心力，因此座舱受摩天轮作用力的大小不是mg，C错误，D正确．
2．(多选)如图所示，长0.5 m的轻质细杆，一端固定有一个质量为3 kg的小球，另一端由电动机带动，使杆绕O在竖直平面内做匀速圆周运动，小球的速率为2 m/s.g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．小球通过最高点时，对杆的拉力大小是6 N
B．小球通过最高点时，对杆的压力大小是6 N
C．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是24 N
D．小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N
解析：选BD.设在最高点杆表现为拉力，则有F＋mg＝m，得F＝－6 N，则杆表现为支持力，大小为6 N，根据牛顿第三定律可知小球对杆表现为压力，大小为 6 N，A错误，B正确；在最低点，杆表现为拉力，有F－mg＝m，得F＝54 N，根据牛顿第三定律可知小球通过最低点时，对杆的拉力大小是54 N，C错误，D正确．
3．如图所示，在竖直平面内的圆形轨道半径为r，质量为m的小物块以速度v通过轨道的最高点P.已知重力加速度为g，则小物块在P点受到轨道对它的压力大小为(　　)
A．m　　　　　 　 B．m－mg
C．mg－m D．m＋mg
解析：选B.在P点由牛顿第二定律可知mg＋F＝m，解得F＝m－mg，B正确．
4．(多选)(2025·肇庆市期末)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示．图像中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，假设小球质量为m，圆周轨迹半径为r，则以下说法正确的是(　　)
A．a＝2gr
B．b＝mg
C．＝
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
解析：选BD.在最高点时由牛顿第二定律可知FT＋mg＝m，解得FT＝v2－mg，当FT＝0时，a＝v2＝gr，当v2＝2a时，b＝FT＝mg，可得＝，小球的质量m＝，圆周轨迹半径r＝.
5．(2025·佛山市期末)如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径).它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg.某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为0，则B球的速度大小vB为(g取10 m/s2)(　　)
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：选B.对A分析，根据牛顿第二定律有FA－mAg＝mA eq \f(v,r)，可得圆管对小球A的弹力FA＝28 N，方向向上，则小球A对圆管的弹力F1＝FA＝28 N，方向向下，对圆管分析，则有F2＝F1＋m管g，解得小球B对圆管的弹力F2＝44 N，方向向上，则圆管对小球B的弹力FB＝F2＝44 N，方向向下，对小球B分析，有FB＋mBg＝mB eq \f(v,r)，解得小球B的速度vB＝4 m/s.
6．如图所示，桌面上放置一内壁光滑的固定竖直圆环轨道，质量为M，半径为R.可视为质点的小球在轨道内做圆周运动，其质量为m.小球在轨道最高点的速度大小为v0，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．当v0＝时，轨道对小球无支持力
B．当v0＝时，轨道对桌面的压力为(M－m)g
C．小球做圆周运动的过程中，合外力提供向心力
D．小球在最高点时处于超重状态
解析：选B.当v0＝时，对小球受力分析，得mg＋FNm＝m eq \f(v,R)＝2mg，得FNm＝mg，根据牛顿第三定律，小球对圆环的作用力与圆环对小球的作用力大小相等、方向相反，对圆环轨道受力分析，得FNM＋FNm′＝Mg，则FNM＝(M－m)g，同理，由牛顿第三定律可知，轨道对桌面的压力为(M－m)g，A错误，B正确；小球做变速圆周运动，在小球运动的过程中，除最高点和最低点合外力提供向心力，其他位置都是合外力的分力提供向心力， C错误；小球在最高点时加速度向下，则处于失重状态，D错误．
7．如图是某游乐场的惯性列车(翻滚过山车)的轨道图，它由倾斜轨道和半径为R的圆轨道组成．一节车厢(连同人质量为m，可视为质点)在圆轨道内侧做圆周运动，设这节车厢恰好能以最小安全速度通过圆轨道的最高点，则该车厢通过最高点时的最小速度和对圆轨道的压力分别为(不计运动中的一切阻力，重力加速度为g)(　　)
A.0，0 B．0，mg
C．，0 D．，0
解析：选D.这节车厢恰好能以最小安全速度通过圆轨道的最高点，此时轨道对车厢支持力为0，根据牛顿第三定律，车厢对圆轨道的压力为0.车厢做圆周运动的向心力由重力提供，即mg＝m，解得v＝.
8．(多选)如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动，在转动的过程中，忽略空气的阻力．某时刻若球B运动到最高点，且球B对杆恰好无作用力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．此时球B在最高点时的速度为
B．此时球B在最高点时的速度为
C．此时杆对水平轴的作用力为mg
D．此时杆对水平轴的作用力为1.5mg
解析：选BD.当球B运动至最高点时恰好对杆无作用力，则可知此时恰好由重力充当向心力，由牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v,2L)，解得vB＝，故A错误，B正确；由于球A与球B为同轴转动，根据v＝ωr可知，此时A、B两球的线速度之比即为半径之比，由此可知此时A球的线速度vA＝＝，设此时杆对A球的作用力为T，则对A球由牛顿第二定律有T－mg＝m eq \f(v,L)，解得T＝1.5mg，由于此时B球对杆恰好无作用力，则仅有A球对杆有作用力，因此此时球对杆的作用力大小为1.5mg，则此时杆对水平轴的作用力为1.5mg，故C错误，D正确．
9．(14分)如图，一个质量为0.6 kg的小球以某一初速度从P点水平抛出， 恰好从光滑圆弧ABC的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力， 进入圆弧时无机械能损失).已知圆弧的半径 R＝0.3 m，θ＝60°，小球到达A 点时的速度 v＝4 m/s.(g取10 m/s2)求：
(1)小球做平抛运动的初速度大小v0；(4分)
(2)P点与A点的竖直高度；(4分)
(3)若小球到达圆弧最高点C时的速度vC＝2 m/s，则小球在最高点C时对轨道的压力．(6分)
解析：(1)小球恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧，则小球到A点的速度与水平方向的夹角为θ，所以
v0＝vx＝v cos θ＝2 m/s.
(2)小球到A点的竖直分速度
vy＝v sin θ＝2 m/s
由平抛运动规律得
v＝2gh
解得P点与A点的竖直高度h＝0.6 m.
(3)C点时，由圆周运动向心力公式得
FNC＋mg＝m eq \f(v,R)
代入数据得FNC＝2 N
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小
FNC′＝FNC＝2 N
方向竖直向上．
答案：(1)2 m/s　(2)0.6 m　(3)2 N，方向竖直向上eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中，所用实验器材如图所示．
(1)某次实验时，选择A、B两个体积相等的铝球和钢球，变速塔轮的半径之比为1∶1，如图所示，则是探究哪两个物理量之间的关系________．
A.研究向心力与质量之间的关系
B．研究向心力与角速度之间的关系
C．研究向心力与半径之间的关系
D．研究向心力与线速度之间的关系
(2)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到了物理学中的________．
A．累积法　　　　　　 B．等效替代法
C．控制变量法 D．微小量放大法
(3)某次实验保证小球质量和圆周运动半径相等，若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为________．　
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：(1)铝球与钢球的质量不同，半径相等，转速相同，本实验研究向心力与质量之间的关系．
(2)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法．
(3)根据F＝mω2r，两球的向心力之比为1∶4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶2，因为靠皮带传动，变速塔轮的线速度大小相等，根据v＝rω知，与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为2∶1.　
答案：(1)A　(2)C　(3)B
2．(2025·佛山市期中)图甲所示的是向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1.变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示．
(1)本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是________．
A．探究两个互成角度的力的合成规律
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与力、质量的关系
(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________(选填“一”“二”或“三”)层塔轮．
(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为________．
A．3∶1　　　　　　　 B．1∶3
C．9∶1 D．1∶9
解析：(1)探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法．探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故A错误；探究平抛运动的特点采用了控制变量法，故B正确；探究加速度与力、质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确．
(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，可知两小球做圆周运动的半径之比为2∶1，此时探究的是向心力大小与半径的关系，将控制两小球做圆周运动的角速度相等，则需要将传动皮带调至第一层塔轮．
(3)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，可知两小球做圆周运动的半径相等，传动皮带位于第三层，根据v＝ωR，可知两小球做圆周运动的角速度之比ω左∶ω右＝1∶3，根据F＝mω2r，可得当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为F左∶F右＝ω∶ω＝1∶9.
答案：(1)BC　(2)一　(3)D
3．利用生活中的器材同样也可以去探究圆周运动的规律．小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图甲所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
①用毫米刻度尺测出摆长L(细绳固定悬点O与小球球心的距离).
②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h.
③用停表测出小球做圆周运动的周期T.
④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图．
根据上述步骤完成下列问题：
(1)小华同学用停表测得小球运动n圈的时间为t，则小球做圆周运动的角速度ω＝________．
(2)小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了如图乙所示的图像(一条过原点的直线)，说明在L不变时，h对T有影响．若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g＝________(用题中所给物理量的符号表示).
解析：(1)因为小球做匀速圆周运动，所以周期T＝
可得小球做圆周运动的角速度ω＝＝.
(2)设绳子与竖直方向的夹角为θ，小球受到重力、绳子的拉力的作用，对小球，由牛顿第二定律得mg tan θ＝m()2L sin θ
由几何知识得h＝L cos θ
解得T＝2π
由上式可知T－图像的斜率k＝
得当地的重力加速度g＝.
答案：(1)　(2)eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
题组1　向心加速度的理解和方向
1．关于匀速圆周运动的说法正确的是(　　)
A．匀速圆周运动是匀速运动
B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的加速度不变
D．匀速圆周运动的线速度不变
解析：选B.匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，A错误，B正确；匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向时刻在改变，C错误；匀速圆周运动的线速度是矢量，方向时刻改变，D错误．
2．(多选)对于匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．由a＝ 知，向心加速度a与半径r成反比
B．由a＝r知，向心加速度a与半径r成正比
C．由ω＝ 知，角速度ω与周期T成反比
D．由a＝ω2r知，当角速度ω一定时，向心加速度a与半径r成正比
解析：选CD.由a＝知，线速度不变时，向心加速度a与半径r成反比，A错误；由a＝r知，周期不变时，向心加速度a与半径r成正比，B错误；由ω＝知，角速度ω与周期T成反比，C正确；由a＝ω2r知，当角速度ω一定时，向心加速度a与半径r成正比，D正确．
题组2　向心加速度的大小
3．课间跑操时，某同学以恒定速率经过圆弧形弯道，时间t内速度方向改变了θ，跑过的弧长为s，则该同学的向心加速度大小为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B.该同学的线速度大小v＝，角速度大小ω＝，则向心加速度a＝vω＝.
4．“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　)
A．10 m/s2 B． 100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：选C.纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知n＝50 r/s，则an＝ω2r＝(2πn)2r＝4×π2×502×1×10-2 m/s2≈1×103 m/s2，C正确．
5．(2025·汕头市期末)如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点(　　)
A．线速度相同
B．转动周期相同
C．角速度不相同
D．向心加速度大小不同
解析：选B.a、b两点随风扇转动，角速度、周期均相同，线速度是矢量，两点的运动方向不同，所以线速度不同．根据a＝ω2r可知，向心加速度大小相同，方向不同．
6．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上有两个小物块A、B，它们到圆盘中心的距离分别为r和2r，它们随圆盘一起匀速转动，关于小物块A、B各物理量之比正确的是(　　)
A．角速度之比ωA∶ ωB＝1∶1
B．周期之比TA∶ TB＝1∶2
C．线速度之比vA∶ vB＝1∶1
D．向心加速度之比aA∶ aB＝2∶1
解析：选A.两物块同轴转动，则角速度相等，即角速度之比ωA∶ ωB＝1∶1；根据T＝可知周期之比TA∶ TB＝1∶1；根据v＝ωr可知，线速度之比vA∶ vB＝1∶2；根据a＝ωv可知向心加速度之比aA∶ aB＝1∶2.
7．(多选)(2025·江门市期末)大型游乐装置“大摆锤”的简图如图所示，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动．若a、b到O的距离之比为2∶1，在摆臂匀速转动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．a、b的线速度大小之比为2∶1
B．a、b的角速度大小之比为1∶2
C．a、b的向心加速度大小之比为2∶1
D．a、b的向心加速度大小之比为1∶4
解析：选AC.a、b两点同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr，可得a、b的线速度大小之比va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，根据a＝ω2r，可得a、b的向心加速度大小之比aa∶ab＝ra∶rb＝2∶1.
8．如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动，则(　　)
A．A、B两点角速度大小之比为2∶1
B．A、B两点向心加速度大小之比为2∶1
C．B、C两点角速度大小之比为2∶1
D．B、C两点向心加速度大小之比为2∶1
解析：选C.由题意可知，同缘传动边缘点线速度相等，故A与B的线速度的大小相同，即vA＝vB，A、C两点为同轴转动，角速度相等，即ωA＝ωC，根据v＝ωr，结合题意可得ωB∶ωA∶ωC＝2∶1∶1，故C正确，A错误；根据a＝＝ω2r可得aA∶aB＝1∶2，aB∶aC＝4∶1，故B、D错误．
9．(2025·佛山市期末)汽车瞬态工况法尾气检测如图所示，汽车驱动轮与两个半径相同的滚筒接触，车轮与滚筒的半径之比为2∶1，驱动轮按照恒定的转速转动，后轮不动，模拟车辆实际行驶状况，检测尾气，车轮与滚筒之间不打滑，P、Q两点分别处于驱动轮边缘和滚筒边缘，以下说法正确的是(　　)
A．两滚筒的转动方向相反
B．P、Q两点在相同时间内转过的角度相等
C．P、Q两点在相同时间内通过的弧长相等
D．P、Q两点的向心加速度大小之比为2∶1
解析：选C.驱动轮沿顺时针方向运动，根据静摩擦力方向可知右侧滚轮逆时针运动，同理左侧滚轮逆时针运动，故A错误；P、Q两点同缘传动，可知两点的线速度大小相等，即相等时间内两点通过的弧长相等，因车轮与滚筒的半径不同，所以转过的角度不同，故B错误，C正确；根据a＝，可知P、Q两点的向心加速度大小之比aP∶aQ＝1∶2，故D错误．
10．(2025·河源市期末)进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客．如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈(尺寸大小忽略不计)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上做匀速圆周运动．已知绳子悬挂在离地高为3 m、半径为3 m的水平转盘的边缘，且绳子长为5 m．运动时，绳与水平杆垂直，则雪圈(含人)(　　)
A．线速度大小为8 m/s
B．线速度大小为14 m/s
C．加速度大小为16 m/s2
D．加速度大小为20 m/s2
解析：选D.水平转盘半径为3 m，离地高为3 m，绳长为5 m，根据几何关系可知，雪圈(含人)做匀速圆周运动的半径r＝ m＝5 m，则线速度大小v＝ωr＝2×5 m/s＝10 m/s，故A、B错误；雪圈(含人)做匀速圆周运动的加速度大小a＝ω2r＝22×5 m/s2＝20 m/s2，故C错误，D正确．
11．(多选)如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为0.5m的菜盘，OA＝2OB，圆盘匀速转动，两菜盘均视为质点且不打滑．下列说法正确的是　(　　)
A．A、B两处菜盘的周期之比为1∶2
B．A、B两处菜盘的线速度大小之比为2∶1
C．A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4∶1
D．A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为4∶1
解析：选BD.圆盘上A、B两个点，属于同轴转动，有ωA＝ωB，根据ω＝可知A、B两处菜盘的周期之比为1∶1，故A错误；同理，根据v＝ωr，依题意，有rA＝2rB可知A、B两处菜盘的线速度大小之比为2∶1，故B正确；根据a＝ω2r可知A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为2∶1，故C错误；A、B两点处的菜盘所受的静摩擦力提供向心力，可得f＝ma，所以＝＝4∶1，故D正确．
12．(12分)如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点，分别为A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1.求：
(1)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(6分)
(2)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.(6分)
解析：(1)A、C同轴转动，角速度相等，A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，根据v＝rω，有
ωA∶ωB＝r2∶r1＝1∶2
所以A、B、C三点的角速度之比
ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.
(2)A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，A、C同轴转动，角速度相等，根据v＝rω，有
vA∶vC＝r1∶r3＝2∶1
所以A、B、C三点的线速度大小之比
vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
根据a＝vω，可知A、B、C三点的加速度之比
aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.
答案：(1)1∶2∶1　(2)2∶4∶1(共43张PPT)
第二章 圆周运动
第一节　匀速圆周运动
学习目标
1．理解线速度、角速度、转速、周期等概念，会对它们进行定量计算．　
2.知道线速度、角速度、周期之间的关系．　
3.理解匀速圆周运动的概念和特点．　
4.会分析常见传动装置中各物理量间的关系．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、线速度
1．圆周运动定义：如果质点的运动轨迹是圆，那么这一质点的运动就称为圆周运动．
2．线速度
(1)定义：在一段很短的时间Δt内，圆周轨道上某一点转过的弧长为Δl，则________反映了该点做圆周运动的________，称为线速度．
(2)表达式：v＝________．
(3)线速度是矢量，既有大小，又有方向．圆周运动也是曲线运动，因此线速度的方向沿着圆周该点的________方向．
快慢
切线
3．匀速圆周运动
(1)定义：如果做圆周运动的质点______________不随时间变化，这种运动称为匀速圆周运动．
(2)匀速圆周运动的线速度表达式：v＝________．
(3)匀速圆周运动中的“匀速”指的是________不变．
线速度的大小
速率
二、角速度
1．角速度
(1)定义：在一段很短的时间Δt内，半径转过的角度为Δθ，________反映了质点绕圆心________的快慢，称为角速度．
(2)表达式：ω＝________．
(3)单位：在国际单位制中，角速度的单位是弧度每秒，符号是rad/s.
(4)匀速圆周运动的角速度表达式：ω＝________．
转动
2．周期：做匀速圆周运动的质点，运动一周所用的时间称为周期，用符号T表示．周期的单位与________的单位相同．
3．转速：物体转过的圈数与________之比称为转速，用符号n表示．转速的单位是转每秒，符号是r/s；或者转每分，符号是r/min.
时间
所用时间
三、线速度、角速度和周期间的关系
1．线速度的大小与周期的关系：v＝________．
2．角速度的大小与周期的关系：ω＝________．
3．线速度与角速度的关系：v＝________．
ωr
√
×　
判断下列说法是否正确．
(1)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同．(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体，其所受合外力不为零．(　　)
(3)做匀速圆周运动的物体，其线速度不变.(　　)
(4)做匀速圆周运动的物体，其角速度大小不变.(　　)
(5)做匀速圆周运动的物体，周期越大，角速度越小．(　　)
(6)匀速圆周运动是一种匀速运动．(　　)
√
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　圆周运动的物理量及相互关系
如图所示，有一个玩具陀螺，a、b、c是陀螺上的三个点；当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时：
(1)a、b、c三点角速度和周期各有什么关系？
[提示]　ωa＝ωb＝ωc，Ta＝Tb＝Tc.
(2)a、b、c三点做圆周运动的线速度有什么关系？
[提示]　va＝vc＞vb.
1．物理量的定义
(1)线速度：单位时间(1 s内)转过的弧长．
(2)角速度：单位时间(1 s内)转过的圆心角．
(3)周期：转一圈所用的时间．
(4)频率(转速)：单位时间内转过的圈数．
√
√
角度2　物理量间的关系
A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们(　　)
A．线速度大小之比为2∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．转速之比为3∶2
知识点二　常见传动装置及特点
跷跷板的支点位于板的中点，两个小朋友坐在两端．
讨论：(1)在撬动跷跷板的某一时刻，两个小朋友的线速度的大小关系及角速度的大小关系如何？
[提示]　线速度大小和角速度都相同．
(2)如果跷跷板的支点不在板的中点，线速度和角速度的大小关系如何？
[提示]　角速度相同，线速度大小不同．
1．三种传动装置
项目 同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装 置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特 点 A、B两点角速度、周期相同 A、B两点线速度大小相等 A、B两点线速度大小相等
√
√
角度1　皮带传动
(多选)如图所示的传动装置中，A轮顺时针转动，并通过皮带带动B轮转动(皮带不打滑).a、b分别是两轮边缘上的点，它们的线速度大小分别为va、vb，下列判断正确的是(　　)
A．B轮顺时针转动　 B．B轮逆时针转动
C．va＝vb D．va＞vb
[解析]　由题图可知，B轮的转动方向与A轮转动方向一定是相反的，所以B轮逆时针转动，故A错误，B正确；
a点与b点属于皮带传送，所以两点具有相等的线速度，即va＝vb，故C正确，D错误．
√
角度2　齿轮传动
如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其简化原理图如图乙所示．A、B、C三点位于齿轮不同位置，已知2rC＝rA，rC＝rB.以下关于A、B、C三点的线速度大小v、角速度大小ω之间关系的说法正确的是(　　)
A．vA＜vB，ωA＝ωB B．vB＝2vC，ωA＝ωC
C．ωA＞ωB，vB＝vC D．ωA＜ωB，vB＝vC
[解析]　A、C是同轴转动，有ωA＝ωC，vA＝ωArA，vC＝ωCrC，又因2rC＝rA，故vA＝2vC，B、A是齿轮传动，有vA＝vB，又因vA＝2vC，所以vB＝2vC，故A、C、D错误，B正确．
√
角度3　同轴转动
(2025·惠州月考)株洲市时代新材风电项目部可以生产风力发电设备，如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，在叶片转动过程中(　　)
A．vM>vN　　　　　 B．vM＝vN
C．ωM>ωN D．ωM＝ωN
[解析]　由于M、N属于同轴转动，故角速度相等，即ωM＝ωN，故C错误，D正确；由v＝ωr，rN>rM知vM√
角度4　混合传动
如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA∶rB∶rC＝2∶1∶2.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的(　　)
A．角速度之比为1∶2∶2
B．角速度之比为1∶1∶2
C．线速度大小之比为1∶2∶2
D．线速度大小之比为1∶1∶1
[解析]　点a和点b是皮带传动边缘点，线速度大小相等，故va∶vb＝1∶1，根据v＝rω，有ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2，点b和点c是同轴转动，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，则ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2，A正确，B错误；
点b和点c角速度相等，根据v＝rω，有vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2，则va∶vb∶vc＝1∶1∶2，C、D错误．
知识点三　匀速圆周运动及其周期性
1．对匀速圆周运动的理解
(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化．
(2)匀速的含义
①速度的大小不变，即速率不变；
②转动快慢不变，即角速度大小不变．
2．匀速圆周运动的周期性
(1)问题特点：匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同运动，其中一个是匀速圆周运动，另一个是其他形式的运动．一般处理这类问题时，要把一个物体运动的时间t，与圆周运动的周期T联系起来，才能更快解决问题．
(2)分析技巧
①抓住联系点：明确题中多个物体的运动性质；多个物体参与运动时，虽然每个运动独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移等．
②先特殊后一般：先考虑第一个周期的情况，再根据运动的周期性，考虑多个周期的规律．
√
角度1　对匀速圆周运动的理解
(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A．相等的时间内通过的路程相等
B．相等的时间内通过的弧长相等
C．相等的时间内通过的位移相等
D．在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等
[解析]　匀速圆周运动是指线速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A、B、D正确；
相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，C错误．
√
√
角度2　匀速圆周运动的周期性
已知飞镖到圆盘的距离为L，且对准圆盘边缘上的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动．若飞镖恰好击中A点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)飞镖打中A点所需的时间；
(2)圆盘的半径r；
(3)圆盘转动角速度的可能值．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(圆周运动的物理量及相互关系)如图所示，秒针绕O点转动，A、B为秒针的两个端点．在转动时，A、B的角速度和线速度分别记为ωA、ωB和vA、vB，则(　　)
A．ωA<ωB B．ωA>ωB
C．vAvB
解析：A、B为秒针的两个端点，他们属于同轴转动，故A、B的角速度大小相等，A、B错误；
转动过程中，A点的半径小于B的半径，根据线速度与角速度的关系v＝ωr，可得vA√
2．(圆周运动的物理量的求解)汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为(　　)
A．1 000 r/s　　　　　 B．1 000 r/min
C．1 000 r/h D．2 000 r/s
解析：由题意知车的速度大小v＝120 km/h≈33.3 m/s，车轮半径约为r＝30 cm＝0.3 m，设转速为n，根据v＝2πrn，代入以上数据得n≈17.7 r/s≈1 060 r/min.
√
3．(圆周运动的物理量的求解)火车以20 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，下列对火车的说法正确的是(　　)
A．运动路程为300 m　 B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．周期约为360 s
解析：火车以20 m/s的速率转弯，可看成做匀速圆周运动，则在10 s内的路程为s＝vt＝200 m，A错误；
火车做曲线运动，速度在不断变化，因此加速度一定不为零，B错误；
√
4．(常见传动装置及特点)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1∶2∶3，当齿轮转动时，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点(　　)
A．线速度大小之比为1∶3
B．角速度大小之比为3∶1
C．周期之比为1∶1
D．转速之比为1∶3
解析：由题意可知，当齿轮转动的时候，三个齿轮边缘在相同时间内转的齿数相等，即线速度大小相等，因此有vA∶vB＝1∶1，故A错误；
由线速度与角速度关系公式v＝ωr，可知小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点的角速度之比ωA∶ωB＝3∶1，故B正确；
√第2课时　实验：探究影响向心力大小的因素
方案一：通过感受绳子的拉力定性探究
利用如图所示的实验器材，绳子的一端系一小球，另一端用手固定，让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动．通过牵绳的手感受绳子拉力的变化，定性探究影响匀速圆周运动向心力大小的因素．方案如下：
(1)保持其他因素不变，增大或减小小球旋转的角速度．
(2)保持其他因素不变，增大或减小小球旋转的半径(改变绳长).
(3)保持其他因素不变，换一个质量较大的球进行实验．
通过感受拉力的变化，分别探究向心力大小与角速度、半径、质量的关系．
方案二　利用向心力演示器探究
1．实验目的
(1)定性分析向心力大小的影响因素．
(2)学会使用向心力演示器．
(3)探究向心力与质量、角速度、半径的定量关系．
2．实验器材
向心力演示器
3．实验原理：物体的质量、角速度、转动半径对向心力均有影响．控制变量法——要研究一个
因变量与三个自变量的关系，应先控制其中的两个自变量不变，先研究向心力与第三个自变量之间的关系．
4．物理量的测量
(1)向心力的测量：由塔轮中心标尺露出的等分格的读数读出．
(2)质量的测量：用天平直接测量．
(3)轨道半径的测量：根据长、短槽上的刻度读出小球到转轴的距离．
(4)角速度的测量：通过测量变速塔轮的直径确定角速度的比值．
5．实验结论：精确的实验表明，向心力大小可以表示为F＝mω2r或者F＝m.
题型一　教材原型实验
　(2025·深圳月考)用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随左、右变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动．实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
(1)在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置， A、C到塔轮中心距离相同，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上．转动手柄，观察左右露出的刻度，此时可研究向心力的大小与________的关系．
A．质量m　B．角速度ω　　C．半径r
(2)在(1)的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为________．
(3)在(1)的实验中，其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则下列符合实验实际的是________．
A．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变小
B．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值不变
C．左右两标尺的示数将变小，两标尺示数的比值变小
D．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变大
[解析]　(1)因两球的质量和半径相同，所以比较的是向心力的大小和角速度ω的关系．
(2)由向心力计算公式F＝mω2r，向心力之比为1∶4，则角速度之比为1∶2，又因皮带连接的左、右塔轮线速度相同，由v＝ωr可知，左、右塔轮半径之比为2∶1.
(3)若增大手柄转动的速度，由F＝mω2r可知向心力增大，但比值不变．
[答案]　(1)B　(2)2∶1　(3)B
题型二　教材实验创新
　“用圆锥摆实验验证向心力公式”的实验如图所示，细线下悬挂了一个质量为m的小钢球，细线上端固定在O点．将画有几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使小钢球静止时(细线张紧)位于同心圆圆心．用手带动小钢球，使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，随即手与球分离．(当地的重力加速度为g).
(1)用秒表记录小钢球运动n圈的时间t，从而测出此时钢球做匀速圆周运动的周期T＝____________．
(2)再通过纸上的圆，测出小钢球做匀速圆周运动的半径R，可算出小钢球做匀速圆周运动所需的向心力F向＝____________．
(3)测量出细线长度L，小钢球做匀速圆周运动时所受的合力F合＝________________．(小钢球的直径与线长相比可忽略)(用m、L、R、g表示)
(4)这一实验方法简单易行，但是有几个因素可能会影响实验的成功，请写出一条：
_______________________________________________________________________________________________________________________________________________.
[解析]　(1)小钢球做匀速圆周运动的周期T＝.
(2)根据向心力公式，得小钢球所需的向心力F向＝mR＝.
(3)小钢球受力如图所示，合力F合＝mg tan θ＝mg.
(4)半径R难以准确测量、小球是否做圆周运动等．(其他合理因素也可)
[答案]　(1)　(2)
(3)mg　(4)见解析
　(2025·广州期中)某实验小组通过如图所示的装置验证向心力公式．一个体积较小，质量为m的滑块套在水平杆上，力传感器通过一根细绳连接滑块，用来测量绳中拉力F的大小，滑块的中心到转轴的距离为L，滑块随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动．通过力传感器获得细绳拉力F，利用秒表记录转动n圈的时间t.
(1)认为绳的张力充当向心力，如果F＝________(用题目所给物理量的字母表示)，则向心力的表达式得到验证．
(2)该小组验证向心力的表达式时，经多次实验，仪器正常，操作规范读数准确，发现拉力F的测量值与滑块的向心力的理论值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相同”)，主要原因是____________________．
[解析]　(1)滑块转动的周期T＝
绳的张力充当向心力，由向心力公式
F＝mr得F＝mL
若该式成立，则向心力的表达式得到验证．
(2)滑块做圆周运动时，滑块受到水平杆的摩擦力，设滑块受水平杆的摩擦力大小是f，方向沿水平杆指向圆心，对滑块由牛顿第二定律可得F＋f＝mL
解得F＝mL－f
可知拉力F的测量值与滑块的向心力的理论值相比偏小．
偏小的主要原因是滑块与水平杆间有摩擦力，会产生实验误差．
[答案]　(1)　(2)偏小　滑块与水平杆之间有摩擦力(共14张PPT)
课后达标检测
1．在“探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系”的实验中，所用实验器材如图所示．
(1)某次实验时，选择A、B两个体积相等的铝球和钢球，变速塔轮的半径之比为1∶1，如图所示，则是探究哪两个物理量之间的关系________．
A.研究向心力与质量之间的关系
B．研究向心力与角速度之间的关系
C．研究向心力与半径之间的关系
D．研究向心力与线速度之间的关系
A
解析：铝球与钢球的质量不同，半径相等，转速相同，本实验研究向心力与质量之间的关系．
(2)在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到了物理学中的________．
A．累积法　　　　　　 B．等效替代法
C．控制变量法 D．微小量放大法
解析：在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，需先控制某些量不变，研究另外两个物理量的关系，该方法为控制变量法．
C
(3)某次实验保证小球质量和圆周运动半径相等，若标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1∶4，由圆周运动知识可以判断与皮带连接的变速塔轮相对应的半径之比为________．　
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
解析：根据F＝mω2r，两球的向心力之比为1∶4，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1∶2，因为靠皮带传动，变速塔轮的线速度大小相等，根据v＝rω知，与皮带连接的变速塔轮对应的半径之比为2∶1.　
B
2．(2025·佛山市期中)图甲所示的是向心力演示仪，可探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度和半径之间的关系．长槽的A、B处和短槽的C处到各自转轴中心的距离之比为2∶1∶1.变速塔轮自上而下有三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1∶1、2∶1和3∶1，如图乙所示．
(1)本实验的目的是探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系，下列实验中采用的实验方法与本实验相同的是________．
A．探究两个互成角度的力的合成规律
B．探究平抛运动的特点
C．探究加速度与力、质量的关系
BC
解析：探究向心力的大小与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法．探究两个互成角度的力的合成规律，采用的是等效替代的实验方法，故A错误；
探究平抛运动的特点采用了控制变量法，故B正确；
探究加速度与力、质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确．
(2)在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第________(选填“一”“二”或“三”)层塔轮．
解析：在某次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，可知两小球做圆周运动的半径之比为2∶1，此时探究的是向心力大小与半径的关系，将控制两小球做圆周运动的角速度相等，则需要将传动皮带调至第一层塔轮．
一
(3)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在B、C位置，传动皮带位于第三层，转动手柄，则当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为________．
A．3∶1　　　　　　　 B．1∶3
C．9∶1 D．1∶9
D
3．利用生活中的器材同样也可以去探究圆周运动的规律．小华同学用铁架台、拴有细绳的小钢球、毫米刻度尺和停表等器材组装成如图甲所示的实验装置，用于探究影响圆锥摆周期的因素，其实验操作步骤如下：
①用毫米刻度尺测出摆长L(细绳固定悬点O与小球
球心的距离).
②给小球一个合适的初速度，使小球在图甲所示的
水平面内做匀速圆周运动，用毫米刻度尺测出细绳悬
点O′到圆轨迹平面的竖直高度h.
③用停表测出小球做圆周运动的周期T.
④小华同学猜测摆绳长度L、细绳悬点O′到圆轨迹平面的竖直高度h对小球做圆周运动的周期T有影响，于是他调节变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图．
根据上述步骤完成下列问题：
(1)小华同学用停表测得小球运动n圈的时间为t，则小球做圆周运动的角速度ω＝________．
(2)小华同学在保持L不变，研究h对T的影响时，得到了如图乙所示的图像(一条过原点的直线)，说明在L不变时，h对T有影响．若直线的斜率是k，则当地的重力加速度g＝________(用题中所给物理量的符号表示).专题提升课4　水平面和斜面内的圆周运动
微专题一　水平面内的圆周运动
角度1　水平面内圆周运动特点
1．运动轨迹是水平面内的圆．
2．合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．
　如图所示，质量分别为3m、m的小球A、B固定在长L的轻杆两端，轻杆置于水平桌面上可绕中心O转动，不计阻力．当轻杆以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
A．转轴所受杆的弹力方向指向B球
B．两球所需要的向心力大小不相等
C．转轴所受杆的弹力大小为2mω2L
D．保持转动角速度不变，任一球的质量增大，转轴所受杆的拉力增大
[解析]　对于A球而言，有FA＝3mω2·，方向指向圆心；对于B球而言，有FB＝mω2·，方向也指向圆心；则对于O点，则有转轴所受弹力的大小F＝FA－FB＝mω2L，方向指向A，A错误；对于A球而言，有FA＝mω2L，对于B球而言，有FB＝mω2L，两球的向心力是不相等的，B正确；转轴所受杆的弹力大小F＝FA－FB＝mω2L，C错误；由于F＝FA－FB，FA＝mAω2，FB＝mBω2，故当A球质量增大时，转轴受到杆的弹力增大；B球质量增大时，转轴受到杆的弹力减小，D错误．
[答案]　B
角度2　与摩擦力有关的临界问题
1．物体间恰好不发生相对滑动的临界条件是物体间恰好达到最大静摩擦力，如果只是摩擦力提供向心力，则有F＝，静摩擦力的方向一定指向圆心．
2．如果除摩擦力外还有其他力，如绳两端连接物体，其中一个物体竖直悬挂，另外一个物体在水平面内做匀速圆周运动，此时存在一个恰不向内滑动的临界条件和一个恰不向外滑动的临界条件，静摩擦力达到最大且静摩擦力的方向分别为沿半径背离圆心和沿半径指向圆心．
　(2025·佛山期末)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速转动，A、B间的动摩擦因数μA大于圆盘与B间的动摩擦因数μB，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B都有沿切线方向向后滑动的趋势
B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力
C．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
D．缓慢增加圆盘转动的角速度，A可能从B上滑出
[解析]　A、B所受静摩擦力指向圆心，则两物体都有沿半径方向向外滑动的趋势，A错误；根据F向＝mω2r可知，B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，B错误；对AB整体分析fB＝2mω2r，对A分析fA＝mω2r，即圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，C正确；AB整体将要发生滑动时，μB·2mg＝2mωr，当A将要发生滑动时，μA·mg＝mωr，因为μA>μB，则ω2>ω1，即缓慢增加圆盘转动角速度，B先发生滑动，D错误．
[答案]　C
角度3　与弹力有关的临界问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．绳中拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳中拉力恰好为最大承受力等．
　质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的B点和A点，如图所示．绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l.当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)
A．a绳的张力可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω＞时，b绳将出现弹力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化
[解析]　由于小球所受重力不为零，则a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，故A错误；由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，角θ不变，所以a绳张力不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，故B错误；若b绳中的张力为零，设a绳中的张力为F，对小球有，F sin θ＝mg，F cos θ＝mω2l，解得ω＝ ，即当角速度ω＞时，b绳将出现弹力，故C正确；若ω＝ ，则b绳突然被剪断时，a绳的弹力不发生变化，故D错误．
[答案]　C
　如图所示，一半径为R的圆环处于竖直平面内，A是与圆心等高点，圆环上套着一个可视为质点的、质量为m的小球．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现使圆环绕其竖直直径转动，小球和圆环圆心O的连线与竖直方向的夹角记为θ，转速不同，小球静止在圆环上的位置可能不同．当圆环以角速度ω匀速转动且小球与圆环相对静止时(　　)
A．若圆环光滑，则角速度ω＝
B．若圆环光滑，则角速度ω＝
C.若小球与圆环间的动摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω＝
D．若小球与圆环间的动摩擦因数为μ，且小球位于A点，则角速度ω＝
[解析]　
小球在图示位置时的受力分析如图所示，则小球所受合外力提供向心力，即F合＝mg tan θ＝mω2r，r＝R sin θ，以上两式联立，解得ω＝ ，故A、B错误；若小球在A点时，则圆环对小球的支持力提供向心力，圆环对小球的静摩擦力与重力等大、反向，即FN＝mω2R，μFN≥mg，联立解得ω≥ ，故C错误，D正确．
[答案]　D
　如图所示，在光滑的圆锥体顶用长为L的细线悬挂一质量为m的小球，圆锥体固定在水平面上不动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为30°，小球以速率v绕圆锥体轴线做水平圆周运动．
(1)当v1＝ 时，求细线对小球的拉力大小．
(2)当v2＝ 时，求细线对小球的拉力大小．
[解析]　小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力FN＝0
此时对小球受力分析如图甲所示
设此时小球的线速度为v0，则F＝m eq \f(v,r)＝m eq \f(v,Lsin 30°)＝mgtan 30°，解得v0＝ .
(1)因v1对小球受力分析，如图乙所示
分解得FT′sin 30°－FNcos 30°＝m eq \f(v,Lsin 30°)，FT′cos 30°＋FNsin 30°＝mg，解得FT′＝mg.
(2)因为v2>v0，则小球离开圆锥面，对小球受力分析，如图丙所示
有FT″sin α＝m eq \f(v,Lsin α)，FT″cos α＝mg
解得FT″＝2mg.
[答案]　(1)mg　(2)2mg
微专题二　斜面内的圆周运动
1．常见模型
(1)如图甲所示，静摩擦力控制下的圆周运动
(2)如图乙所示，轻绳控制下的圆周运动
(3)如图丙所示，轻杆控制下的圆周运动
　　
2．分析方法
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂．由于重力沿斜面的分力不变，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况求临界状态．物体在斜面上运动时，若受摩擦力，还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变为滑动摩擦力．
　(2025·深圳月考)如图所示，倾角为30°的倾斜圆盘绕垂直于盘面的轴以角速度ω匀速转动，盘面上有一个离转轴距离为r、质量为m的小物体(可视为质点)随圆盘一起转动．PQ、MN是小物体轨迹圆互相垂直的两条直径，P、Q、M、N是圆周上的四个点，且P是轨迹圆上的最高点，Q是轨迹圆上的最低点，则(　　)
A．小物体所受静摩擦力最大值为mω2r＋mg
B．小物体在P点最容易发生滑动
C．在最高点P处，小物体所受静摩擦力一定指向圆心
D．在M处，小物体所受静摩擦力大小mω2r
[解析]　A物体在P点受重力和静摩擦力以及支持力，沿斜面方向的合力提供向心力，所以摩擦力可能背离圆心，也可能指向圆心，所以背离圆心时mg sin 30°－f＝mω2r，解得f＝mg－mω2r，当摩擦力指向圆心时mg sin 30°＋f＝mω2r，解得f＝mω2r－mg，物体在Q点时合力提供向心力，所以摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律f－mg sin 30°＝mω2r，解得f＝mω2r＋mg，所以小物体所受静摩擦力最大值为mω2r＋mg，即小物体在Q点最容易发生滑动，故A正确，B、C错误；小物体在M点所受的合力提供向心力，所以f2＝(mω2r)2＋(mg sin 30°)2，解得f＝m，故D错误．
[答案]　A
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(水平面内的圆周运动)(2025·深圳市期末)游乐园有一种游戏设施叫作“魔盘”，游戏规则是：缓慢增大水平魔盘角速度，谁最后被甩出去，谁就会赢得比赛．下列四位同学想赢得比赛，其他条件相同的情况下(　　)
A．甲同学认为应该抱一重物
B．乙同学认为躺着比坐着好
C．丙同学认为靠近边缘好
D．丁同学认为靠近中心好
解析：选D.根据圆周运动规律可知，物体不被甩出的最大转速μmg＝mω2r，解得ω＝，由此可知，人不被甩出的临界角速度与转动半径和动摩擦因数有关，跟质量无关，与坐着或者躺着无关，A、B错误；根据上述分析，对于同一位学生，最大静摩擦力不变，越靠近边缘所需要的向心力就越大，当静摩擦力小于其圆周运动所需要的向心力时，学生就会被甩出去，故越靠近中心越好， C错误，D正确．
2．(水平面内的圆周运动)如图所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A和B水平放置，两轮半径RA＝2RB.当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上．若将小木块放在B轮上，欲使小木块相对于B轮也静止，则小木块到B轮转动轴的最大距离为(　　)
A．　　　　　　　 B．
C． D．RB
解析：选C.依题意，两轮边缘的线速度大小相等，两轮半径RA＝2RB，则由v＝ωR，解得2ωA＝ωB，小木块恰能相对静止在A轮边缘上，有μmg＝mωRA，设小木块到B轮转动轴的最大距离为r，则有μmg＝mωr，可得r＝.
3．(水平面内的圆周运动)(多选)如图所示，在水平转台上放一个质量M＝2.0 kg的木块，它与台面间的最大静摩擦力Fm＝6.0 N，绳的一端系住木块，另一端穿过转台的中心孔O(为光滑的)悬吊一质量m＝1.0 kg的小球，当转台以ω＝5.0 rad/s的角速度转动时，欲使木块相对于转台静止，则它到O孔的距离可能是(g取10 m/s2)(　　)
A．4 cm B．8 cm
C．30 cm D．34 cm
解析：选BC.木块在水平转台上转动时，平台对木块的支持力与Mg相平衡，拉力与平台对木块的静摩擦力的合力提供向心力，设木块到转台中心的距离为R，木块以角速度ω转动所需向心力为Mω2R，若Mω2R＝FT＝mg，则此时平台对木块的摩擦力为零．若R1>R，则有Mω2R1>mg，平台对木块的摩擦力方向沿绳指向孔O，由牛顿第二定律有F＋mg＝Mω2R1，当F为最大值Fm时，R1最大，所以木块到转台的最大距离R1m＝＝ m＝0.32 m；若R24．(斜面内的圆周运动)(多选)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，有一长为l的轻杆，杆的一端固定着一个质量为m的小球，绕另一端垂直于斜面的光滑轴做圆周运动，运动到最高点时速度为，则(　　)
A．在最高点时，杆对球的作用力为0
B．在最高点时，杆对球的作用沿杆向上
C．在最高点时，杆对球的作用沿杆向下
D．在最高点时，杆对球的作用力为mg
解析：选CD.在最高点有F＋mg sin 30°＝m，解得F＝mg，说明杆对球的作用力沿杆向下，大小为mg，故C、D正确．第3课时　向心加速度
一、匀速圆周运动的向心加速度
根据牛顿第二定律F＝ma，加速度a与合力F的方向一致．
在匀速圆周运动中，F是指向圆心的向心力，所以加速度a也一定指向圆心，称为向心加速度．
二、向心加速度的大小
1．a＝ω2r或a＝．
2．向心力和向心加速度的公式虽然是从匀速圆周运动中得出的，但也适用于非匀速圆周运动．但用上述公式分析非匀速圆周运动时，公式中的a、v、ω取瞬时值．
判断下列说法是否正确．
(1)匀速圆周运动是加速度不变的曲线运动.　(　　)
(2)匀速圆周运动的向心加速度的方向始终与速度方向垂直．(　　)
(3)物体做匀速圆周运动时，速度变化量为零.(　　)
(4)匀速圆周运动的向心加速度的方向指向圆心，大小不变．(　　)
(5)变速圆周运动的向心加速度的方向不指向圆心，大小变化．(　　)
(6)根据a＝ 知加速度a与半径r成反比.　(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)×
知识点一　向心加速度的理解和方向
　 eq \a\vs4\al()
1．图甲中的小球与图乙中的运动员正在做匀速圆周运动，小球与运动员是否具有加速度？
2．做匀速圆周运动的物体的加速度方向如何确定？你的依据是什么？
3．除了用牛顿第二定律确定向心加速度的方向外，你还有什么方法可确定向心加速度的方向？
[提示]　1.具有加速度．
2．从动力学角度，由牛顿第二定律确定；加速度的方向与合外力方向一致．
3．从运动学角度，利用加速度的方向与速度变化量的方向一致确定加速度方向．
1．向心加速度的物理意义
描述匀速圆周运动线速度方向变化的快慢，不表示速度大小变化的快慢．
2．向心加速度的方向
总是沿着圆周运动的半径指向圆心，即方向始终与运动方向垂直，方向时刻改变．
3．圆周运动的性质：不论向心加速度a的大小是否变化，a的方向是时刻改变的，所以圆周运动的向心加速度时刻发生改变，圆周运动一定是非匀变速曲线运动．
　下列关于向心加速度的说法正确的是(　　)
A．向心加速度的方向始终指向圆心
B．向心加速度的方向保持不变
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．在变速圆周运动中，向心加速度的方向不指向圆心
[解析]　无论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，向心加速度的方向都时刻指向圆心，故向心加速度不恒定，故A正确，B、C、D错误．
[答案]　A
　(多选)下列说法正确的是(　　)
A．向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的大小变化越快
B．向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的方向变化越快
C．向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
[解析]　向心加速度是描述做圆周运动的物体线速度方向变化快慢的物理量，向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的方向变化越快，A错误，B正确；向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直，C正确；在匀速圆周运动中向心加速度方向不断变化，不是恒量，D错误．
[答案]　BC
知识点二　向心加速度的大小
　 eq \a\vs4\al()
如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，A、B、C是它们边缘上的三个点，请思考：
(1)A和B两个点的向心加速度与半径有什么关系？
(2)B和C两个点的向心加速度与半径有什么关系？
[提示]　(1)A、B两个点的线速度大小相同，向心加速度与半径成反比．
(2)B、C两个点的角速度相同，向心加速度与半径成正比．
1．向心加速度的大小
根据牛顿第二定律F＝ma和向心力表达式F＝m可得向心加速度的大小a＝或a＝ω2r.
2．对向心加速度表达式的理解
(1)向心加速度的几种表达式
(2)向心加速度的大小与半径的关系
①当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比，也与线速度的平方成正比．随频率的增大或周期的减小而增大．
②当角速度一定时，向心加速度与运动半径成正比．
③当线速度一定时，向心加速度与运动半径成反比．
④a与r的关系图像：如图所示，由a－r图像可以看出，a与r成正比还是反比，要看是ω恒定还是v恒定．
角度1　皮带传动
　(2025·中山市期末)
如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘，C点位于A大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动，则B、C两点的向心加速度大小之比为(　　)
A．2∶1　　　　　　　 B．4∶1
C．1∶2 D．1∶4
[解析]　若B点的角速度为ω，则根据v＝ωr可知，A点的角速度为ω，A、C的角速度相等，可知C点的角速度为ω；根据a＝ω2r可知B、C两点的向心加速度大小之比为4∶1.
[答案]　B
角度2　齿轮传动模型
　某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度大小为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为(　　)
A． eq \f(rω2,r1)　　　　　　 B． eq \f(rω2,r3)
C． D． eq \f(rω2,r2)
[解析]　三轮相互不打滑，则三轮边缘上各点线速度大小相同，设为v，由甲轮可知v＝ωr1，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小a＝＝ eq \f(rω2,r3).
[答案]　B
角度3　同轴转动模型
　(2025·深圳期中)如图所示，长为2L的轻杆中点与一端点各固定小球A和B，杆的另一端点与转轴O相连，两小球与杆绕O点做匀速圆周运动．若小球B的角速度为ω，下列选项正确的是(　　)
A．小球A的角速度为
B．小球B的线速度为ωL
C．小球A的向心加速度为ω2L
D．小球B的向心加速度为4ω2L
[解析]　两球绕同一轴转动，则角速度相等，即小球A的角速度为ω，A错误；小球B的线速度v＝2ωL，B错误；小球A的向心加速度aA＝ω2L，C正确；小球B的向心加速度aB＝ω2·2L＝2ω2L，D错误．
[答案]　C
　(2025·珠海市期末)如图所示的是一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落．已知OB>OC，则在横梁绕O转动过程中(　　)
A．B、C的向心加速度满足aB>aC
B．B、C的角速度关系满足ωB<ωC
C．B、C的角速度关系满足ωB>ωC
D．B、C的线速度关系满足vB[解析]　B、C同轴转动，角速度关系满足ωB＝ωC，故B、C错误；根据a＝ω2r，由于OB>OC，则B、C的向心加速度满足aB>aC，故A正确；根据v＝ωr，由于OB>OC，则B、C的线速度关系满足vB>vC，故D错误．
[答案]　A
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(向心加速度的理解)如图为冬奥会上安置在比赛场地外侧的高速轨道摄像机系统，当运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频．关于摄像机，下列说法正确的是(　　)
A．在弯道上运动的速度不变
B．角速度比运动员在弯道上运动的更大
C．所受合外力的大致方向为F1
D．向心加速度比运动员的向心加速度更小
解析：选C.在弯道上运动的速度方向不断变化，则速度不断变化，A错误；摄像机与运动员保持同步运动，则角速度与运动员在弯道上的角速度相同，B错误；运动员加速通过弯道，则摄像机也加速通过弯道，所受合力方向指向轨迹的内侧，且与速度夹角为锐角，则所受合外力的大致方向为F1，C正确；根据a＝ω2r，因角速度相同，而摄像机转弯的半径较大，则摄像机的向心加速度比运动员的向心加速度更大，D错误．
2．(向心加速度的大小)甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为4∶9，转动的周期之比为3∶2，则它们的向心加速度之比为(　　)
A．3∶2　　　　　 B．16∶81
C．4∶9 D．9∶4
解析：选B.根据向心加速度公式a＝，代入数据可得 ＝，故B正确，A、C、D错误．
3．(向心加速度的大小)(2025·汕头期中)如图所示，O为剪刀的转轴，A、B是剪刀上的两点，且B点离O更近，某次使用中转轴O的位置不动，A、B两点绕O转动的过程中，A、B两点的(　　)
A．ωA＝ωB B．vAC．aA解析：选A.A、B两点绕同一转轴转动，可知角速度相等，即ωA＝ωB，因为rA>rB，根据v＝ωr，可知vA>vB，根据a＝ω2r，可知aA>aB.
4．(向心加速度的大小)(多选)一个小孩坐在游乐场的旋转木马上，绕中心轴在水平面内做匀速圆周运动，圆周的半径为4.0 m，线速度为2.0 m/s，则小孩做圆周运动的(　　)
A．角速度ω＝0.5 rad/s
B．周期T＝8π s
C．转速n＝ r/s
D．向心加速度a＝2 m/s2
解析：选AC.圆周的半径r＝4.0 m，线速度v＝2.0 m/s，则圆周运动的角速度ω＝＝0.5 rad/s，故A正确；圆周运动的周期T＝＝4π s，故B错误；转速n＝＝ r/s，故C正确；向心加速度a＝＝1 m/s2，故D错误．(共22张PPT)
课后达标检测
√
题组1　车辆转弯问题
1．一汽车在水平地面上以恒定速率行驶，汽车通过如图所示的a、b、c三处时的向心力(　　)
A．FaFb>Fc
C．Fa>Fc>Fb D．Fa＝Fb＝Fc
√
2．如图所示，山崖边的公路常被称为最险公路，一辆汽车欲安全通过此弯道公路(公路水平)，下列说法不正确的是(　　)
A．若汽车以恒定的角速度转弯，则选择内圈较为安全
B．若汽车以恒定的线速度大小转弯，则选择外圈较为安全
C．汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用
D．汽车在转弯时受到重力、支持力、摩擦力和向心力作用
解析：汽车在转弯时受到重力、支持力和摩擦力作用，其中摩擦力提供向心力，故C正确，与题意不符，D错误，与题意相符；
√
√
题组2　汽车过桥问题
4．如图所示，汽车在炎热的夏天沿不规整的曲面行驶，其中最容易发生爆胎的点是(汽车运动速率不变)　(　　)
A．a点　　　　　　　 B．b点
C．c点 D．d点
√
5．(多选)图为一汽车(质量一定)通过凹形桥(曲率半径一定)最低点时的示意图，下列判断正确的是(　　)
A．汽车的角速度越大，对桥底的压力越大
B．汽车的速度越大，对桥底的压力越小
C．汽车的向心加速度越大，对桥底的压力越大
D．汽车的向心加速度越大，对桥底的压力越小
√
√
√
7．如图所示，陀螺在平铺于水平桌面的白纸上稳定转动，若在陀螺表面滴上几滴墨水，则从上向下看，由于陀螺转动，甩出的墨水运动的轨迹最接近于(　　)


解析：墨水飞出后，在水平方向上做匀速直线运动，且速度方向与半径垂直，故A、C、D错误，B正确.
√
题组3　离心运动
8．一摩托车比赛转弯时的情形如图所示．转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动．对于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是(　　)
A．摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用
B．摩托车所受外力的合力小于所需的向心力
C．摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去
D．摩托车将沿其半径方向沿直线滑去
解析：摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，A错误；
摩托车正常转弯时可看作是做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B正确；
摩托车将沿曲线做离心运动，C、D错误．
√
9．(多选)离心沉淀器可以加速物质的沉淀，它的示意图如图所示，试管中先装水，再加入粉笔粉末后搅拌均匀，当试管绕竖直轴高速旋转时，两个试管几乎成水平状态，然后可观察到粉笔粉末沉淀在试管的底端，则(　　)
A．旋转越快，试管底端的高度越低
B．粉笔粉末向试管底部运动是一种离心现象
C．旋转越快，粉笔粉末的沉淀现象越明显
D．旋转越快，粉笔粉末的沉淀现象越不明显
√
解析：对试管整体分析，整体受到的合力提供向心力，设试管中心线与竖直方向夹角为α，则提供的向心力为mg tan α，当转速增大时，需要的向心力增大，故角度α增大，试管底端越高，A错误；
离心沉淀器是一种离心设备，不同的物质混合，当离心沉淀器工作时，会发生离心现象，B正确；
转速越快，离心运动越剧烈，粉笔粉末沉淀现象越明显，C正确，D错误．
√
10．一质量为2.0×103 kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104 N，当汽车经过半径为80 m的弯道时，下列判断正确的是(　　)
A．汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力
B．汽车转弯的速度为20 m/s时所需的向心力为1.4×104 N
C．汽车转弯的速度为20 m/s时汽车会发生侧滑
D．汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0 m/s2
解析：汽车转弯时受到重力、地面的支持力以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；
11．(14分)现有一辆质量m＝9 000 kg的轿车，行驶在沥青铺设的公路上，g取10 m/s2.
(1)如果汽车在公路的水平弯道上以30 m/s的速度转弯，轮胎与地面间的径向最大静摩擦力为车重的0.6，若要汽车不向外发生侧滑，弯道的最小半径是多少？(6分)
答案：150 m　
(2)如果汽车驶过半径R′＝90 m的一段凸形桥面
①若汽车以20 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？(4分)
根据牛顿第三定律有 FN2＝FN1
解得FN2＝5×104 N.
答案：5×104 N　
②若汽车在过最高点时不能脱离桥面，则汽车的速度不能超过多少？(4分)
解得vmax＝30 m/s.
答案：30 m/s第一节　匀速圆周运动
　 eq \a\vs4\al()
1．理解线速度、角速度、转速、周期等概念，会对它们进行定量计算．　2.知道线速度、角速度、周期之间的关系．　3.理解匀速圆周运动的概念和特点．　4.会分析常见传动装置中各物理量间的关系．
一、线速度
1．圆周运动定义：如果质点的运动轨迹是圆，那么这一质点的运动就称为圆周运动．
2．线速度
(1)定义：在一段很短的时间Δt内，圆周轨道上某一点转过的弧长为Δl，则反映了该点做圆周运动的快慢，称为线速度．
(2)表达式：v＝．
(3)线速度是矢量，既有大小，又有方向．圆周运动也是曲线运动，因此线速度的方向沿着圆周该点的切线方向．
3．匀速圆周运动
(1)定义：如果做圆周运动的质点线速度的大小不随时间变化，这种运动称为匀速圆周运动．
(2)匀速圆周运动的线速度表达式：v＝．
(3)匀速圆周运动中的“匀速”指的是速率不变．
二、角速度
1．角速度
(1)定义：在一段很短的时间Δt内，半径转过的角度为Δθ，反映了质点绕圆心转动的快慢，称为角速度．
(2)表达式：ω＝．
(3)单位：在国际单位制中，角速度的单位是弧度每秒，符号是rad/s.
(4)匀速圆周运动的角速度表达式：ω＝．
2．周期：做匀速圆周运动的质点，运动一周所用的时间称为周期，用符号T表示．周期的单位与时间的单位相同．
3．转速：物体转过的圈数与所用时间之比称为转速，用符号n表示．转速的单位是转每秒，符号是r/s；或者转每分，符号是r/min.
三、线速度、角速度和周期间的关系
1．线速度的大小与周期的关系：v＝．
2．角速度的大小与周期的关系：ω＝．
3．线速度与角速度的关系：v＝ωr．
判断下列说法是否正确．
(1)做匀速圆周运动的物体，相同时间内位移相同．(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体，其所受合外力不为零．(　　)
(3)做匀速圆周运动的物体，其线速度不变.(　　)
(4)做匀速圆周运动的物体，其角速度大小不变.(　　)
(5)做匀速圆周运动的物体，周期越大，角速度越小．(　　)
(6)匀速圆周运动是一种匀速运动．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×
知识点一　圆周运动的物理量及相互关系
　 eq \a\vs4\al()
如图所示，有一个玩具陀螺，a、b、c是陀螺上的三个点；当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时：
(1)a、b、c三点角速度和周期各有什么关系？
(2)a、b、c三点做圆周运动的线速度有什么关系？
[提示]　(1)ωa＝ωb＝ωc，Ta＝Tb＝Tc.
(2)va＝vc＞vb.
1．物理量的定义
(1)线速度：单位时间(1 s内)转过的弧长．
(2)角速度：单位时间(1 s内)转过的圆心角．
(3)周期：转一圈所用的时间．
(4)频率(转速)：单位时间内转过的圈数．
2．各物理量之间的关系
(1)v＝＝＝2πnr
(2)ω＝＝＝2πn
(3)v＝ωr
3．物理量之间关系的分析技巧
(1)角速度、周期、转速之间关系的理解：物体做匀速圆周运动时，由ω＝＝2πn知，角速度、周期、转速三个物理量，只要其中一个物理量确定了，其余两个物理量也唯一确定了．
(2)对线速度与角速度之间关系的理解：由v＝ωr知，r一定时，v∝ω；v一定时，ω∝；ω一定时，v∝r.
(3)在讨论v、ω、r三者的关系时，应采用控制变量法，先保持其中一个量不变，再讨论另外两个量之间的关系．
角度1　相关物理量的求解
　某高速公路收费站的ETC的直杆道闸的示意图如图所示，杆OP的长度为L，当小车靠近道闸时，杆OP绕O点转动放行，在杆OP从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，P端的线速度大小为v，则该转动过程所用的时间为(　　)
A．　　 B．　　　
C．　　 D．
[解析]　P点做匀速圆周运动，转动所用时间t＝×＝.
[答案]　D
角度2　物理量间的关系
　A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们(　　)
A．线速度大小之比为2∶3
B．角速度大小之比为3∶4
C．圆周运动的半径之比为2∶1
D．转速之比为3∶2
[解析]　已知在相同时间内它们通过的路程之比是4∶3，根据线速度定义式v＝，可知线速度大小之比为4∶3，故A错误；相同时间内它们转过的角度之比为3∶2，根据角速度定义式ω＝，可知角速度之比为 3∶2，故B错误；根据公式v＝rω，可得圆周运动半径r＝，线速度大小之比为4∶3，角速度之比为3∶2，则圆周运动的半径之比为8∶9，故C错误；根据T＝ 得，周期之比为2∶3，再根据n＝ 得转速之比为3∶2，故D正确．
[答案]　D
知识点二　常见传动装置及特点
　 eq \a\vs4\al()
跷跷板的支点位于板的中点，两个小朋友坐在两端．
讨论：(1)在撬动跷跷板的某一时刻，两个小朋友的线速度的大小关系及角速度的大小关系如何？
(2)如果跷跷板的支点不在板的中点，线速度和角速度的大小关系如何？
[提示]　(1)线速度大小和角速度都相同．
(2)角速度相同，线速度大小不同．
1．三种传动装置
项目 同轴转动 皮带传动 齿轮传动
装置 A、B两点在同轴的一个圆盘上 两个轮子用皮带连接(皮带不打滑)，A、B两点分别是两个轮子边缘上的点 两个齿轮啮合，A、B两点分别是两个齿轮边缘上的点
特点 A、B两点角速度、周期相同 A、B两点线速度大小相等 A、B两点线速度大小相等
规律 线速度与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：＝ 角速度与半径成反比：＝.周期与半径成正比：＝
2.求解思路
(1)分清传动特点：若属于皮带传动或齿轮传动，则轮子边缘各点线速度大小相等；若属于同轴传动，则轮上各点的角速度相等．
(2)确定半径关系：根据装置中各点位置确定半径关系，或根据题意确定半径关系．
(3)选择公式分析：若线速度大小相等，则根据ω∝分析，若角速度大小相等，则根据v∝r分析．
角度1　皮带传动
　(多选)如图所示的传动装置中，A轮顺时针转动，并通过皮带带动B轮转动(皮带不打滑).a、b分别是两轮边缘上的点，它们的线速度大小分别为va、vb，下列判断正确的是(　　)
A．B轮顺时针转动　 B．B轮逆时针转动
C．va＝vb D．va＞vb
[解析]　由题图可知，B轮的转动方向与A轮转动方向一定是相反的，所以B轮逆时针转动，故A错误，B正确；a点与b点属于皮带传送，所以两点具有相等的线速度，即va＝vb，故C正确，D错误．
[答案]　BC
角度2　齿轮传动
　如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其简化原理图如图乙所示．A、B、C三点位于齿轮不同位置，已知2rC＝rA，rC＝rB.以下关于A、B、C三点的线速度大小v、角速度大小ω之间关系的说法正确的是(　　)
A．vA＜vB，ωA＝ωB B．vB＝2vC，ωA＝ωC
C．ωA＞ωB，vB＝vC D．ωA＜ωB，vB＝vC
[解析]　A、C是同轴转动，有ωA＝ωC，vA＝ωArA，vC＝ωCrC，又因2rC＝rA，故vA＝2vC，B、A是齿轮传动，有vA＝vB，又因vA＝2vC，所以vB＝2vC，故A、C、D错误，B正确．
[答案]　B
角度3　同轴转动
　(2025·惠州月考)株洲市时代新材风电项目部可以生产风力发电设备，如图所示的风力发电叶片上有M、N两点，在叶片转动过程中(　　)
A．vM>vN　　　　　 B．vM＝vN
C．ωM>ωN D．ωM＝ωN
[解析]　由于M、N属于同轴转动，故角速度相等，即ωM＝ωN，故C错误，D正确；由v＝ωr，rN>rM知vM[答案]　D
角度4　混合传动
　如图所示的传动装置中，B、C两轮固定在一起绕同一轴转动，A、B两轮用皮带传动，三个轮的半径关系是rA∶rB∶rC＝2∶1∶2.若皮带不打滑，则A、B、C三轮边缘上a、b、c三点的(　　)
A．角速度之比为1∶2∶2
B．角速度之比为1∶1∶2
C．线速度大小之比为1∶2∶2
D．线速度大小之比为1∶1∶1
[解析]　点a和点b是皮带传动边缘点，线速度大小相等，故va∶vb＝1∶1，根据v＝rω，有ωa∶ωb＝rB∶rA＝1∶2，点b和点c是同轴转动，角速度相等，故ωb∶ωc＝1∶1，则ωa∶ωb∶ωc＝1∶2∶2，A正确，B错误；点b和点c角速度相等，根据v＝rω，有vb∶vc＝rB∶rC＝1∶2，则va∶vb∶vc＝1∶1∶2，C、D错误．
[答案]　A
知识点三　匀速圆周运动及其周期性
1．对匀速圆周运动的理解
(1)匀中有变：由于匀速圆周运动是曲线运动，其速度方向沿着圆周的切线方向，所以物体做匀速圆周运动时，速度的方向时刻在变化．
(2)匀速的含义
①速度的大小不变，即速率不变；
②转动快慢不变，即角速度大小不变．
2．匀速圆周运动的周期性
(1)问题特点：匀速圆周运动的多解问题常涉及两个物体的两种不同运动，其中一个是匀速圆周运动，另一个是其他形式的运动．一般处理这类问题时，要把一个物体运动的时间t，与圆周运动的周期T联系起来，才能更快解决问题．
(2)分析技巧
①抓住联系点：明确题中多个物体的运动性质；多个物体参与运动时，虽然每个运动独立进行，但一定有联系点，其联系点一般是时间或位移等．
②先特殊后一般：先考虑第一个周期的情况，再根据运动的周期性，考虑多个周期的规律．
角度1　对匀速圆周运动的理解
　(多选)对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是(　　)
A．相等的时间内通过的路程相等
B．相等的时间内通过的弧长相等
C．相等的时间内通过的位移相等
D．在任何相等的时间里，连接物体和圆心的半径转过的角度都相等
[解析]　匀速圆周运动是指线速度大小不变的圆周运动，因此在相等时间内通过的路程相等，弧长相等，转过的角度也相等，A、B、D正确；相等时间内通过的位移大小相等，方向不一定相同，C错误．
[答案]　ABD
角度2　匀速圆周运动的周期性
　已知飞镖到圆盘的距离为L，且对准圆盘边缘上的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直于盘面且过盘心O点的水平轴匀速转动．若飞镖恰好击中A点，空气阻力忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)飞镖打中A点所需的时间；
(2)圆盘的半径r；
(3)圆盘转动角速度的可能值．
[解析]　(1)飞镖水平抛出，在水平方向做匀速直线运动，因此t＝.
(2)飞镖击中A点时，A恰好在最下方：
2r＝gt2，r＝ eq \f(gL2,4v).
(3)飞镖击中A点，则A点转过的角度满足：
θ＝ωt＝2π(k＝0，1，2，…)
故ω＝(k＝0，1，2，…).
[答案]　(1)　(2) eq \f(gL2,4v)　(3)(k＝0，1，2，…)　
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(圆周运动的物理量及相互关系)如图所示，秒针绕O点转动，A、B为秒针的两个端点．在转动时，A、B的角速度和线速度分别记为ωA、ωB和vA、vB，则(　　)
A．ωA<ωB B．ωA>ωB
C．vAvB
解析：选C.A、B为秒针的两个端点，他们属于同轴转动，故A、B的角速度大小相等，A、B错误；转动过程中，A点的半径小于B的半径，根据线速度与角速度的关系v＝ωr，可得vA2．(圆周运动的物理量的求解)汽车在公路上行驶一般不打滑，轮子转一周，汽车向前行驶的距离等于车轮的周长．某国产轿车的车轮半径约为30 cm，当该型号轿车在高速公路上行驶时，驾驶员面前的速率计的指针指在“120 km/h”上，可估算出该车车轮的转速约为(　　)
A．1 000 r/s　　　　　 B．1 000 r/min
C．1 000 r/h D．2 000 r/s
解析：选B.由题意知车的速度大小v＝120 km/h≈33.3 m/s，车轮半径约为r＝30 cm＝0.3 m，设转速为n，根据v＝2πrn，代入以上数据得n≈17.7 r/s≈1 060 r/min.
3．(圆周运动的物理量的求解)火车以20 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°.在此10 s时间内，下列对火车的说法正确的是(　　)
A．运动路程为300 m　 B．加速度为零
C．角速度约为1 rad/s D．周期约为360 s
解析：选D.火车以20 m/s的速率转弯，可看成做匀速圆周运动，则在10 s内的路程为s＝vt＝200 m，A错误；火车做曲线运动，速度在不断变化，因此加速度一定不为零，B错误；指南针在10 s内匀速转过了约10°，又10°＝×2π rad＝ rad，根据角速度的定义可得角速度约为ω＝ rad/s＝ rad/s，C错误；根据角速度与周期的关系可得周期约为T＝＝ s＝360 s，D正确．
4．(常见传动装置及特点)在如图所示的齿轮传动中，三个齿轮的半径之比为1∶2∶3，当齿轮转动时，小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点(　　)
A．线速度大小之比为1∶3
B．角速度大小之比为3∶1
C．周期之比为1∶1
D．转速之比为1∶3
解析：选B.由题意可知，当齿轮转动的时候，三个齿轮边缘在相同时间内转的齿数相等，即线速度大小相等，因此有vA∶vB＝1∶1，故A错误；由线速度与角速度关系公式v＝ωr，可知小齿轮边缘的A点和大齿轮边缘的B点的角速度之比ωA∶ωB＝3∶1，故B正确；由周期与角速度关系公式T＝，可知周期与角速度成反比，即TA∶TB＝1∶3，故C错误；根据转速与周期的关系式n＝，可得转速与周期成反比，即nA∶nB＝3∶1，故D错误．
5．(匀速运动的周期性)如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面开有小口A，在A的正下方h处开有小口B，小球从小口A沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，要使小球从B口处飞出，小球进入A口的最小速率为(　　)
A．πR B．πR
C．πR D．πR
解析：选B.小球在竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2，可得小球在桶内的运动时间t＝，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，运动的时间t＝n(n＝1，2，3，…)，联立可得v0＝＝nπR(n＝1，2，3…)，当n＝1时，可得速度最小速率v0＝πR.(共19张PPT)
第2课时　实验：探究影响向心力大小的因素
课前知识梳理
PART
01
第一部分
方案一：通过感受绳子的拉力定性探究
利用如图所示的实验器材，绳子的一端系一小球，另一端用手固定，让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动．通过牵绳的手感受绳子拉力的变化，定性探究影响匀速圆周运动向心力大小的因素．方案如下：
(1)保持其他因素不变，增大或减小小球旋转的角速度．
(2)保持其他因素不变，增大或减小小球旋转的半径(改变绳长).
(3)保持其他因素不变，换一个质量较大的球进行实验．
通过感受拉力的变化，分别探究向心力大小与角速度、半径、质量的关系．
方案二　利用向心力演示器探究
1．实验目的
(1)定性分析向心力大小的影响因素．
(2)学会使用向心力演示器．
(3)探究向心力与质量、角速度、半径的定量关系．
2．实验器材
向心力演示器
3．实验原理：物体的质量、角速度、转动半径对向心力均有影响．控制变量法——要研究一个
因变量与三个自变量的关系，应先控制其中的两个自变量不变，先研究向心力与第三个自变量之间的关系．
4．物理量的测量
(1)向心力的测量：由塔轮中心标尺露出的等分格的读数读出．
(2)质量的测量：用天平直接测量．
(3)轨道半径的测量：根据长、短槽上的刻度读出小球到转轴的距离．
(4)角速度的测量：通过测量变速塔轮的直径确定角速度的比值．
典例分类讲解
PART
02
第二部分
题型一　教材原型实验
(2025·深圳月考)用如图所示的实验装置来探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，转动手柄使长槽和短槽分别随左、右变速塔轮匀速转动，槽内的球就做匀速圆周运动．实验用球分为钢球和铝球，请回答相关问题：
(1)在某次实验中，某同学把两个质量相等的钢球放在A、C位置， A、C到塔轮中心距离相同，将皮带处于左、右塔轮的半径不等的层上．转动手柄，观察左右露出的刻度，此时可研究向心力的大小与________的关系．
A．质量m　B．角速度ω　　C．半径r
B
[解析]　因两球的质量和半径相同，所以比较的是向心力的大小和角速度ω的关系．
(2)在(1)的实验中，某同学匀速转动手柄时，左边标尺露出1格，右边标尺露出4格，则皮带连接的左、右塔轮半径之比为________．
[解析]　由向心力计算公式F＝mω2r，向心力之比为1∶4，则角速度之比为1∶2，又因皮带连接的左、右塔轮线速度相同，由v＝ωr可知，左、右塔轮半径之比为2∶1.
2∶1
(3)在(1)的实验中，其他条件不变，若增大手柄转动的速度，则下列符合实验实际的是________．
A．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变小
B．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值不变
C．左右两标尺的示数将变小，两标尺示数的比值变小
D．左右两标尺的示数将变大，两标尺示数的比值变大
[解析]　若增大手柄转动的速度，由F＝mω2r可知向心力增大，但比值不变．
B
题型二　教材实验创新
“用圆锥摆实验验证向心力公式”的实验如图所示，细线下悬挂了一个质量为m的小钢球，细线上端固定在O点．将画有几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使小钢球静止时(细线张紧)位于同心圆圆心．用手带动小钢球，使小钢球在水平面内做匀速圆周运动，随即手与球分离．(当地的重力加速度为g).
(1)用秒表记录小钢球运动n圈的时间t，从而测出此时钢球做匀速圆周运动的周期T＝____________．
(2)再通过纸上的圆，测出小钢球做匀速圆周运动的半径R，可算出小钢球做匀速圆周运动所需的向心力F向＝____________．
(3)测量出细线长度L，小钢球做匀速圆周运动时所受的合力F合＝________________．(小钢球的直径与线长相比可忽略)(用m、L、R、g表示)
(4)这一实验方法简单易行，但是有几个因素可能会影响实验的成功，请写出一条：_______________________________________________________.
[解析]半径R难以准确测量、小球是否做圆周运动等．(其他合理因素也可)
见解析
(2025·广州期中)某实验小组通过如图所示的装置验证向心力公式．一个体积较小，质量为m的滑块套在水平杆上，力传感器通过一根细绳连接滑块，用来测量绳中拉力F的大小，滑块的中心到转轴的距离为L，滑块随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动．通过力传感器获得细绳拉力F，利用秒表记录转动n圈的时间t.
(1)认为绳的张力充当向心力，如果F＝________(用题目所给物理量的字母表示)，则向心力的表达式得到验证．
(2)该小组验证向心力的表达式时，经多次实验，仪器正常，操作规范读数准确，发现拉力F的测量值与滑块的向心力的理论值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相同”)，主要原因是________________________．
偏小
滑块与水平杆之间有摩擦力eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
题组1　圆周运动的物理量及相互关系
1．如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，则(　　)
A．ωA<ωB，vA＝vB　 B．ωA>ωB，vA＝vB
C．ωA＝ωB，vAvB
解析：选D.杆上A、B两点绕O点转动，则两点的角速度相等，即ωA＝ωB，根据v＝ωr，rA>rB，可知vA>vB.
2．A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比ΔlA∶ΔlB＝4∶3，转过的圆心角之比ΔθA∶ΔθB＝3∶2，则下列说法正确的是(　　)
A．它们的线速度大小之比vA∶vB＝3∶4
B．它们的角速度之比ωA∶ωB＝2∶3
C．它们的周期之比TA∶TB＝2∶3
D．它们的周期之比TA∶TB＝3∶2
解析：选C.两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比ΔlA∶ΔlB＝4∶3，根据v＝可知，线速度大小之比vA∶vB＝4∶3，A错误；在相同时间内它们转过的圆心角之比ΔθA∶ΔθB＝3∶2，根据公式ω＝，可得角速度之比ωA∶ωB＝3∶2，B错误；根据ω＝可知，它们的周期之比TA∶TB＝2∶3，C正确，D错误．
3．甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，转动半径之比为1∶3，则甲、乙两快艇的线速度大小之比为(　　)
A．1∶4　　　　　　　 B．2∶3
C．4∶9 D．9∶16
解析：选C.由题知，甲的角速度ω1＝＝，乙的角速度ω2＝，＝，又＝，则甲、乙两快艇的线速度大小之比＝＝×＝，故C正确，A、B、D错误．
题组2　常见传动装置及特点
4．一种叫“指尖陀螺”的玩具如图．当陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是　(　　)
A．TB＝TC，vB＜vC　 B．TB＞TC，vB＜vC
C．ωB＝ωC，vC＜vB D．ωB＞ωC，vB＜vC
解析：选A.由于是同轴转动，可知ωB＝ωC，根据T＝，得转动周期相等，即TB＝TC，因为rB＜rC，根据v＝rω，可得vB＜vC，故B、C、D错误，A正确．
5．如图所示，地球可看成一个质量分布均匀的球体，地球上的物体均随地球自转做匀速圆周运动．已知石家庄的纬度约为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则位于赤道和石家庄的物体P、Q随地球自转的角速度、线速度之比分别为(　　)
A．1∶1，5∶3 B．1∶1，5∶4
C．5∶3，1∶1 D．5∶4，1∶1
解析：选B.物体P、Q随地球自转，则物体P、Q的角速度相等；根据v＝ωr，可得物体P、Q的线速度大小之比vP∶vQ＝rP∶rQ＝R∶R cos 37°＝5∶4.
6．某种品牌的共享单车的链轮、链条、飞轮、踏板、后轮示意图如图所示，在骑行过程中，踏板和链轮同轴转动、飞轮和后轮同轴转动，已知链轮与飞轮的半径之比为 3∶1，后轮直径为800 mm，当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为5 rad/s时，后轮边缘处A点的线速度大小为(　　)
A．12 m/s B．6 m/s
C． m/s D． m/s
解析：选B.当踩踏板做匀速圆周运动的角速度为5 rad/s 时，由于链轮与飞轮通过链条传动，边缘线速度大小相等，由v＝rω可知，角速度与半径成反比，故飞轮的角速度为15 rad/s，后轮的角速度与飞轮相等，可知，后轮边缘处A点的线速度大小v＝Rω＝×15 m/s＝6 m/s.
7．(多选)如图所示，这是摩擦传动装置，B轮转动时带动A轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是(　　)
A．A、B两轮转动方向相同
B．A、B两轮转动方向相反
C．A、B转动的角速度之比为1∶3
D．A、B轮缘上点的线速度之比为3∶1
解析：选BC.A、B两轮转动方向相反，A错误，B正确；A、B轮同缘传动，则缘上点的线速度大小相等，根据v＝ωr可知， A、B轮缘的半径之比为3∶1，则转动的角速度之比为1∶3，C正确，D错误．
题组3　匀速圆周运动及周期性
8．(多选)做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是(　　)
A．速度 B．角速度
C．周期 D．转速
解析：选BCD.做匀速圆周运动的物体，角速度、周期和转速不变，速度的大小不变，方向时刻在变，故B、C、D正确，A错误．
9．关于物体做匀速圆周运动的速度，下列说法正确的是(　　)
A．速度的大小和方向都改变
B．速度的大小和方向都不变
C．速度的大小不变，方向改变
D．速度的大小改变，方向不变
解析：选C.物体做匀速圆周运动的速度大小不变，但方向始终沿圆周的切线方向，即方向时刻在变化，故C正确，A、B、D错误．
10．明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转．”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田．已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>rB>rC，则(　　)
A．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度大
B．齿轮A、B的角速度大小相等
C．齿轮B、C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大
解析：选D.根据题意可知，A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮A、B边缘的线速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rA>rB则有ωA<ωB，由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，则有ωA<ωB＝ωC，故A、B错误；由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rB>rC，则有vB>vC，可得vA＝vB>vC，故C错误，D正确．
11．(10分)如图所示，直径为d的纸质圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略子弹重力、圆筒的阻力及空气阻力．
(1)子弹做什么运动？圆筒做什么运动？(4分)　
(2)为什么圆筒上只有一个弹孔？(2分)
(3)子弹与圆筒的运动时间有何关系？(2分)　
(4)子弹的速度v应满足什么条件？(2分)
解析：(1)子弹不受外力，子弹做匀速直线运动；圆筒匀速转动，圆筒做匀速圆周运动．
(2)子弹从进入的弹孔中射出，所以只留下了一个弹孔．
(3)圆筒的周期T＝
子弹的运动时间应为
t＝T＋nT＝π(n＝0，1，2，3，…).
(4)子弹的速度应满足
＝π(n＝0，1，2，3，…)
可解得v＝(n＝0，1，2，3，…).
答案：(1)(2)见解析　(3)t＝π(n＝0，1，2，3，…)　(4)v＝(n＝0，1，2，3，…)
12．(12分)水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m.如图所示，当圆孔位于正上方时，某高度h处有一小球由静止开始下落．已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算求小球恰好落入圆筒小孔时，释放小球的高度h.(空气阻力不计，g取10 m/s2)
解析：设小球做自由落体运动，下落h高度所用时间为t，
则h＝gt2
要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足：
2kπ＝ωt(k＝1，2，3，…)
联立解得h＝k2(k＝1，2，3，…).
答案：k2(k＝1，2，3，…)第二节　向心力与向心加速度
　 eq \a\vs4\al()
1．理解向心力是一种效果力，其效果是产生向心加速度，方向总是指向圆心．　2.掌握探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．　3.知道向心力大小与哪些因素有关，并能用来进行计算．
4．知道什么是向心加速度，能用向心加速度的公式进行计算．
第1课时　向心力
感受向心力
1．绳子的一端系一小球，另一端用手固定，让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动．此时牵绳的手会感觉到手对小球的拉力方向指向圆心．小球受到的合外力方向时刻在改变，但它始终指向运动轨迹的圆心．松手后小球由于惯性会沿着切线方向飞出，不能继续做圆周运动．
2．向心力
(1)定义：物体做匀速圆周运动时所受合外力的方向始终指向轨迹的圆心，这个指向圆心的合外力称为向心力．
(2)方向：向心力方向始终指向圆心．
(3)匀速圆周运动中向心力的作用效果：只改变物体线速度的方向，不改变线速度的大小．
(4)向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以由不同性质的力如弹力、重力、摩擦力等提供，也可以由某一力的分力或某些力的合力提供．
3．影响向心力大小的因素：物体做匀速圆周运动时所受向心力的大小F与质量m、角速度ω
和转动半径r之间的关系可表示为F＝mω2r．将ω＝代入可得F＝m．
判断下列说法是否正确．
(1)做匀速圆周运动的物体的向心力是恒力.　(　　)
(2)向心力和重力、弹力一样，都是根据性质命名的．(　　)
(3)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力．(　　)
(4)变速圆周运动的向心力并不指向圆心．(　　)
(5)变速圆周运动的向心力大小改变．(　　)
(6)做变速圆周运动的物体所受合力的大小和方向都改变.(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
知识点一　向心力的特点及来源
　 eq \a\vs4\al()
1．自行车转弯时的运动可看作匀速圆周运动，观察此图，思考以下问题：
哪个力充当自行车转弯时做圆周运动的向心力？
2．如图所示，汽车正在匀速率转弯，小球正在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，请思考：
(1)它们的向心力分别是由什么力提供的？
(2)物体做匀速圆周运动时，它所受的向心力的大小、方向有什么特点？
[提示]　1.地面静摩擦力提供自行车转弯时的向心力．
2．(1)汽车转弯时的向心力由地面的静摩擦力提供，小球的向心力由重力和绳子拉力的合力提供．
(2)大小不变，方向时刻改变．
1．方向
无论是否为匀速圆周运动，其向心力总是沿着半径指向圆心，方向时刻改变，故向心力是变力．
2．作用效果：改变线速度的方向．
3．来源
(1)向心力是根据力的作用效果命名的，它可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质的力提供，也可以由它们的合力提供，还可以由某个力的分力提供．
(2)物体做匀速圆周运动的条件：合外力大小不变，方向始终与线速度方向垂直且指向圆心．
　向心力不是具有特定性质的某种力，任何性质的力都可以作为向心力，做匀速圆周运动的物体，所受的合力提供向心力．
角度1　对向心力的理解
　下列关于向心力的说法正确的是(　　)
A．物体由于做圆周运动而产生了向心力
B．向心力就是物体受到的合力
C．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的
D．向心力改变做圆周运动的物体的速度方向
[解析]　物体做圆周运动就需要有向心力，向心力是由外界提供的，不是由物体本身产生的，A错误；匀速圆周运动中由合力提供向心力，变速圆周运动中合力与向心力是不同的，B错误；向心力始终指向圆心，方向时刻在改变，即向心力是变化的，C错误；向心力的方向与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，D正确．
[答案]　D
　下列关于向心力的叙述不正确的是(　　)
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的作用力外，还受到一个向心力的作用
C．向心力只改变物体线速度的方向，不改变物体线速度的大小
D．向心力可以由某个力来提供，也可以由某几个力的合力来提供，或者由某一个力的分力来提供
[解析]　向心力时刻指向圆心，与线速度方向垂直，是一个变力，故A正确，不符合题意；向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以由物体所受的合力提供，也可以由某一个力的分力提供，因此，在进行受力分析时，不能再分析向心力，故B错误，符合题意，D正确，不符合题意；向心力时刻指向圆心，与线速度方向垂直，所以向心力只改变速度方向，不改变速度大小，故C正确，不符合题意．
[答案]　B
角度2　向心力的大小
　(多选)质点做匀速圆周运动，所受向心力F与半径R的关系图线如图所示，关于a、b、c、d四条图线的描述可能正确的是(　　)
A.a表示速度一定时，F与R的关系
B．b表示速度一定时，F与R的关系
C．c表示角速度一定时，F与R的关系
D．d表示角速度一定时，F与R的关系
[解析]　由向心力公式F＝m可知，速度一定时，F与R成反比的关系，因此a表示速度一定时，F与R的关系，A正确，B错误；由向心力公式F＝mω2R可知，角速度一定时，F与R成正比的关系，因此c表示角速度一定时，F与R的关系，C正确，D错误．
[答案]　AC
知识点二　向心力的分析
　 eq \a\vs4\al()
请根据下面物体的运动情景和受力分析，写出在水平和竖直方向满足的方程．
序号 图形 受力分析 力的分解与合成
1
2
3
4
[提示]　1.
或F合＝mg tan θ＝mω2l sin θ
2．
或F合＝mg tan θ＝mω2(d＋l sin θ)
3．
或F合＝mg tan θ＝mrω2
4．
或F合＝mg tan θ＝mrω2
　如图所示，完全相同的A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，A离圆盘中心较远，则两物块(　　)
A．线速度大小相同　 B．角速度相同
C．向心力相同 D．同时发生滑动
[解析]　由于A、B两物块在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相同，根据线速度与角速度的关系v＝ωr可知，由于两物块到中心的距离不同，所以线速度不同，故A错误，B正确；根据向心力公式F＝mω2r可以知道，质量相等、角速度相等的条件下，半径不同则向心力不同，由于物块A距离中心较远，因此物块A所需的向心力较大，会先发生滑动，故C、D错误．
[答案]　B
　有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.如果增大高度h，则下列关于摩托车的说法正确的是(　　)
A．对侧壁的压力增大
B．做圆周运动的周期不变
C．做圆周运动的向心力增大
D．做圆周运动的线速度增大
[解析]　
对摩托车受力分析，如图所示，摩托车所受合力提供向心力，当h增大后，摩托车做圆周运动的轨道半径增大，侧壁对摩托车的支持力满足FN＝，可知，随着半径的增大，对侧壁压力FN不变，A错误；根据＝mr 可知，随着半径的增大，摩托车的运动周期将增大，B错误；摩托车受到的重力不变，侧壁给的支持力不变，合力不变，合力提供向心力，故向心力不变，C错误；根据＝m可知，随着半径的增大，摩托车的线速度也增大，D正确．
[答案]　D
　一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是3 rad/s.盘面上距圆盘中心0.2 m的位置有一个质量为0.1 kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，如图所示．已知小物体与盘面间的动摩擦因数为0.5，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求小物体的线速度大小．
(2)求小物体的向心力大小．
(3)当圆盘的角速度增加到多大时，小物体会相对于圆盘滑动？
[解析]　(1)小物体的线速度大小
v＝ωr＝3×0.2 m/s＝0.6 m/s.
(2)小物体的向心力大小
F＝mω2r＝0.1×32×0.2 N＝0.18 N.
(3)当小物体刚好相对于圆盘滑动时，最大静摩擦力提供向心力，则有fm＝mωr
又fm＝μFN＝μmg
联立可得ω1＝＝ rad/s＝5 rad/s.
[答案]　(1)0.6 m/s　(2)0.18 N　(3)5 rad/s
知识点三　变速圆周运动和一般曲线运动
　 eq \a\vs4\al()
荡秋千是小朋友很喜欢的游戏，当秋千由上向下荡时：
(1)此时小朋友做的是匀速圆周运动还是变速圆周运动？
(2)绳子拉力与重力的合力指向悬挂点吗？运动过程中，公式F＝m＝mω2r还适用吗？
[提示]　(1)小朋友做的是变速圆周运动．
(2)小朋友荡到最低点时，绳子拉力与重力的合力指向悬挂点，在其他位置，合力不指向悬挂点．运动过程中公式F＝m＝mω2r仍然适用．
1．变速圆周运动
(1)受力特点：变速圆周运动中合外力不指向圆心，合力F产生改变速度大小和方向两个作用效果．即
(2)向心力公式：某一点的向心力仍可用F＝m＝mω2r公式求解，只不过v、ω都是指那一点的瞬时物理量．
2．一般曲线运动
在分析质点经过曲线上某位置的运动时，把包含该位置的曲线上的一小段看成某个圆周的一部分，对该部分用F＝m＝mω2r求解．只是不同位置对应的“圆周运动”的“圆心”和“半径”不同．
　如图所示，某物体沿 光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，物体的速率逐渐增大，则(　　)
A．物体的合外力为零
B．物体的合力大小不变，方向始终指向圆心O
C.物体的合外力就是向心力
D．物体的合力方向始终与其运动方向不垂直(最低点除外)
[解析]　物体做加速曲线运动，合力不为零，A错误；物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向间的夹角为锐角，合力方向与速度方向不垂直，B、C错误，D正确．
[答案]　D
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(向心力)(多选)关于匀速圆周运动的向心力，下列说法正确的是(　　)
A．向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的
B．向心力可以是多个力的合力，也可以是其中的一个力或某一个力的分力
C．对稳定的圆周运动，向心力是一个恒力
D．向心力的效果是改变质点的线速度大小和方向
解析：选AB.向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的，A正确；向心力可以是多个力的合力，也可以是其中的一个力或某一个力的分力，B正确；向心力的方向总是指向圆心，方向不断变化，是一个变力，C错误；向心力的效果是改变质点的线速度方向，不改变线速度的大小，D错误．
2．(向心力来源的分析)C919是中国首款按照国际通行适航标准自行研制，具有自主知识产权的喷气式中程干线客机.2023年5月29日8时25分，C919大型客机平稳降落成都天府国际机场，开启常态化商业运行．C919是中国航空工业取得的重大历史突破，也是中国创新驱动战略的重大时代成果．如图所示，C919正在空中沿半径为r的水平圆周做匀速盘旋，飞行速率v＝，重力加速度大小为g，则飞机受到的升力为自身重力的(　　)
A．倍　　　　　　 B．倍
C．倍 D．倍
解析：
选C.飞机受力分析如图所示，合外力作为向心力F合＝＝，由勾股定理可知飞机受到的升力F＝＝mg，＝.
3．(变速圆周运动)如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针).某段时间内圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对于圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受摩擦力f的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是(　　)
解析：选C.因为圆盘转速不断增大，所以橡皮块将随圆盘一起进行加速圆周运动，此时摩擦力f既要提供指向圆心的向心力，又要提供与运动方向相同的切向力，所以合力方向应该在轨道内侧且与速度成锐角，故C正确．(共40张PPT)
第二节　向心力与向心加速度
第1课时　向心力
学习目标
1．理解向心力是一种效果力，其效果是产生向心加速度，方向总是指向圆心．　
2.掌握探究向心力F的大小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系．　
3.知道向心力大小与哪些因素有关，并能用来进行计算．
4．知道什么是向心加速度，能用向心加速度的公式进行计算．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
感受向心力
1．绳子的一端系一小球，另一端用手固定，让小球在近似光滑的桌面上做匀速圆周运动．此时牵绳的手会感觉到手对小球的拉力方向指向圆心．小球受到的合外力方向时刻在改变，但它始终指向运动轨迹的圆心．松手后小球由于惯性会沿着切线方向飞出，不能继续做圆周运动．
2．向心力
(1)定义：物体做匀速圆周运动时所受合外力的方向始终指向轨迹的圆心，这个指向圆心的合外力称为向心力．
(2)方向：向心力方向始终指向________．
(3)匀速圆周运动中向心力的作用效果：只改变物体线速度的________，不改变线速度的________．
(4)向心力是根据力的__________来命名的，它可以由不同性质的力如弹力、重力、摩擦力等提供，也可以由某一力的分力或某些力的合力提供．
圆心
方向
大小
作用效果
mω2r
√
×　
判断下列说法是否正确．
(1)做匀速圆周运动的物体的向心力是恒力.　(　　)
(2)向心力和重力、弹力一样，都是根据性质命名的．(　　)
(3)向心力可以是物体受到的某一个力，也可以是物体受到的合力．(　　)
(4)变速圆周运动的向心力并不指向圆心．(　　)
(5)变速圆周运动的向心力大小改变．(　　)
(6)做变速圆周运动的物体所受合力的大小和方向都改变.(　　)
×　
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　向心力的特点及来源
1．自行车转弯时的运动可看作匀速圆周运动，观察此图，思考以下问题：

哪个力充当自行车转弯时做圆周运动的向心力？
[提示]　地面静摩擦力提供自行车转弯时的向心力．
2．如图所示，汽车正在匀速率转弯，小球正在绳子拉力作用下做匀速圆周运动，请思考：
(1)它们的向心力分别是由什么力提供的？
[提示]　汽车转弯时的向心力由地面的静摩擦力提供，小球的向心力由重力和绳子拉力的合力提供．
(2)物体做匀速圆周运动时，它所受的向心力的大小、方向有什么特点？
[提示]　大小不变，方向时刻改变．
1．方向
无论是否为匀速圆周运动，其向心力总是沿着半径指向圆心，方向时刻改变，故向心力是变力．
2．作用效果：改变线速度的方向．
3．来源
(1)向心力是根据力的作用效果命名的，它可以由重力、弹力、摩擦力等各种性质的力提供，也可以由它们的合力提供，还可以由某个力的分力提供．
(2)物体做匀速圆周运动的条件：合外力大小不变，方向始终与线速度方向垂直且指向圆心．
向心力不是具有特定性质的某种力，任何性质的力都可以作为向心力，做匀速圆周运动的物体，所受的合力提供向心力．
√
角度1　对向心力的理解
下列关于向心力的说法正确的是(　　)
A．物体由于做圆周运动而产生了向心力
B．向心力就是物体受到的合力
C．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的
D．向心力改变做圆周运动的物体的速度方向
[解析]　物体做圆周运动就需要有向心力，向心力是由外界提供的，不是由物体本身产生的，A错误；
匀速圆周运动中由合力提供向心力，变速圆周运动中合力与向心力是不同的，B错误；
向心力始终指向圆心，方向时刻在改变，即向心力是变化的，C错误；
向心力的方向与速度方向垂直，不改变速度的大小，只改变速度的方向，D正确．
√
下列关于向心力的叙述不正确的是(　　)
A．向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力
B．做匀速圆周运动的物体，除了受到别的作用力外，还受到一个向心力的作用
C．向心力只改变物体线速度的方向，不改变物体线速度的大小
D．向心力可以由某个力来提供，也可以由某几个力的合力来提供，或者由某一个力的分力来提供
[解析]　向心力时刻指向圆心，与线速度方向垂直，是一个变力，故A正确，不符合题意；
向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以由物体所受的合力提供，也可以由某一个力的分力提供，因此，在进行受力分析时，不能再分析向心力，故B错误，符合题意，D正确，不符合题意；
向心力时刻指向圆心，与线速度方向垂直，所以向心力只改变速度方向，不改变速度大小，故C正确，不符合题意．
√
√
角度2　向心力的大小
(多选)质点做匀速圆周运动，所受向心力F与半径R的关系图线如图所示，关于a、b、c、d四条图线的描述可能正确的是(　　)
A.a表示速度一定时，F与R的关系
B．b表示速度一定时，F与R的关系
C．c表示角速度一定时，F与R的关系
D．d表示角速度一定时，F与R的关系
由向心力公式F＝mω2R可知，角速度一定时，F与R成正比的关系，因此c表示角速度一定时，F与R的关系，C正确，D错误．
知识点二　向心力的分析
请根据下面物体的运动情景和受力分析，写出在水平和竖直方向满足的方程．
序号 图形 受力分析 力的分解与合成
1
2
序号 图形 受力分析 力的分解与合成
3
4
√
如图所示，完全相同的A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，A离圆盘中心较远，则两物块(　　)
A．线速度大小相同　 B．角速度相同
C．向心力相同 D．同时发生滑动
[解析]　由于A、B两物块在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相同，根据线速度与角速度的关系v＝ωr可知，由于两物块到中心的距离不同，所以线速度不同，故A错误，B正确；
根据向心力公式F＝mω2r可以知道，质量相等、角速度相等的条件下，半径不同则向心力不同，由于物块A距离中心较远，因此物块A所需的向心力较大，会先发生滑动，故C、D错误．
√
有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿光滑圆台形表演台的侧壁高速行驶，在水平面内做匀速圆周运动．图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h.如果增大高度h，则下列关于摩托车的说法正确的是(　　)
A．对侧壁的压力增大
B．做圆周运动的周期不变
C．做圆周运动的向心力增大
D．做圆周运动的线速度增大
摩托车受到的重力不变，侧壁给的支持力不变，合力不变，合力提供向心力，故向心力不变，C错误；
一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度是3 rad/s.盘面上距圆盘中心0.2 m的位置有一个质量为0.1 kg的小物体随圆盘一起做匀速圆周运动，如图所示．已知小物体与盘面间的动摩擦因数为0.5，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求小物体的线速度大小．
[解析]　小物体的线速度大小 v＝ωr＝3×0.2 m/s＝0.6 m/s.
(2)求小物体的向心力大小．
[解析]　小物体的向心力大小 F＝mω2r＝0.1×32×0.2 N＝0.18 N.
[答案]　0.6 m/s　
[答案]　0.18 N　
(3)当圆盘的角速度增加到多大时，小物体会相对于圆盘滑动？
[答案]　5 rad/s
知识点三　变速圆周运动和一般曲线运动
荡秋千是小朋友很喜欢的游戏，当秋千由上向下荡时：
(1)此时小朋友做的是匀速圆周运动还是变速圆周运动？
(2)绳子拉力与重力的合力指向悬挂点吗？运动过程中，公式F＝m＝mω2r还适用吗？
[提示]　小朋友做的是变速圆周运动．
√
[解析]　物体做加速曲线运动，合力不为零，A错误；
物体做速度大小变化的圆周运动，合力不指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿切线方向的分力使物体速度变大，即除在最低点外，物体的速度方向与合力方向间的夹角为锐角，合力方向与速度方向不垂直，B、C错误，D正确．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(向心力)(多选)关于匀速圆周运动的向心力，下列说法正确的是(　　)
A．向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的
B．向心力可以是多个力的合力，也可以是其中的一个力或某一个力的分力
C．对稳定的圆周运动，向心力是一个恒力
D．向心力的效果是改变质点的线速度大小和方向
√
解析：向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的，A正确；
向心力可以是多个力的合力，也可以是其中的一个力或某一个力的分力，B正确；
向心力的方向总是指向圆心，方向不断变化，是一个变力，C错误；
向心力的效果是改变质点的线速度方向，不改变线速度的大小，D错误．
√
√
3．(变速圆周运动)如图，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针).某段时间内圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对于圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受摩擦力f的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是(　　)
解析：因为圆盘转速不断增大，所以橡皮块将随圆盘一起进行加速圆周运动，此时摩擦力f既要提供指向圆心的向心力，又要提供与运动方向相同的切向力，所以合力方向应该在轨道内侧且与速度成锐角，故C正确．(共20张PPT)
课后达标检测
√
题组1　向心力的性质和来源
1．图示为公路自行车赛中运动员在水平路面上急转弯的情景，运动员在通过弯道时如果控制不当会发生侧滑而甩离正常比赛路线，将运动员与自行车看作一个整体，下列论述正确的是(　　)
A．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的支持力与重力的合力提供
B．运动员转弯所需向心力由地面对车轮的摩擦力提供
C．发生侧滑是因为运动员受到的合力方向背离圆心
D．发生侧滑是因为运动员受到的合外力大于所需的向心力
解析：自行车转弯所需的向心力由地面对车轮的静摩擦力提供，A错误，B正确；
发生侧滑是因为该摩擦力小于所需的向心力，C、D错误．
√
2．如图所示，一个内壁光滑圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，小球A紧贴内壁在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是(　　)
A．小球受到重力、弹力和向心力
B．小球受到的弹力大于小球所受的重力
C．小球受到的合力等于零
D．小球受到的弹力小于小球的向心力
解析：小球受重力、弹力两力的作用，向心力是根据效果命名的，不能说物体受到向心力．受力分析如图所示，两力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，由图可知，小球受到的弹力大于小球所受的重力，小球受到的弹力大于小球做圆周运动的向心力．
√
3．(2023·全国甲卷，T17)一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
√
√
题组2　向心力的分析
5．如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动．当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是(　　)
A．物体所受弹力增大，摩擦力也增大了
B．物体所受弹力增大，摩擦力减小了
C．物体所受弹力和摩擦力都减小了
D．物体所受弹力增大，摩擦力不变
解析：物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，其受重力、竖直向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，如图所示，重力G与静摩擦力f平衡，即G＝f，则静摩擦力不变，且与物体的角速度无关，因为支持力FN提供向心力，即FN＝mrω2，所以当圆筒的角速度ω增大以后，需要的向心力变大，则物体所受弹力FN增大．
√
6．如图所示，运动员双手握住柄环，站在投掷圈后缘，经过预摆和3～4圈连续加速旋转，最后用力将链球掷出．整个过程可简化为圆周运动和斜抛运动，忽略链条质量和空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．链球圆周运动过程中，钢绳的拉力提供向心力
B．链球圆周运动过程中受到重力、拉力和向心力
C．链球掷出后运动到最高点时合外力不为零
D．链球掷出后运动到最高点时速度为零
解析：链球圆周运动过程中受到重力、拉力，拉力和重力的合力提供两方面的效果，一是径向的合力提供向心力，切向的合力提供切向力，故A、B错误；
松手后链球做斜抛运动，在最高点时，有水平方向的速度，速度不为零，仍受重力作用，合外力不为零，故C正确，D错误．
√
题组3　变速圆周运动和一般曲线运动
7．(多选)如图所示，一小球用细绳悬挂于O点，将其拉离竖直位置一个角度后释放，则小球以O点为圆心做圆周运动，运动中小球所需向心力是(　　)
A．绳的拉力
B．重力和绳拉力的合力
C．重力和绳拉力的合力沿绳方向的分力
D．绳的拉力和重力沿绳方向分力的合力
√
解析：分析向心力来源时就沿着半径方向求合力即可，注意作出正确的受力分析图．如图所示，对小球进行受力分析，它受到重力和绳子的拉力作用，向心力是指向圆心方向的合力．因此，它可以是小球所受合力沿绳方向的分力，也可以是各力沿绳方向的分力的合力．
√
8．如图所示，将完全相同的两小球A、B用长L＝0.8 m的细绳悬于v＝4 m/s 向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触，由于某种原因，小车突然停止，此时两悬线的拉力之比FB∶FA为(g取10 m/s2)(　　)
A．1∶1　 B．1∶2
C．1∶3　 D．1∶4
√
10．(8分)如图所示的装置绕竖直轴OO′匀速转动，细线与竖直方向夹角θ＝37°.已知小球质量m＝0.48 kg，细线长L＝0.5 m(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6).求：
(1)装置转动的角速度大小ω；(4分)
解析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知
mg tan θ＝mω2L sin θ
解得ω＝5 rad/s.
答案：5 rad/s
(2)小球离地高度为0.45 m，某瞬间细线断开，则小球飞行的水平位移大小x.(4分)
水平位移x＝vt
v＝ωL sin θ
解得x＝0.45 m.
答案：0.45 m
11．(10分)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，游玩者与座椅的总质量为m，将游玩者和座椅看作一质点，不计钢绳的重力和空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)游玩者与座椅的向心力大小；(4分)
解析：游玩者与座椅的向心力由重力与绳子拉力的合力提供，其受力分析如图所示，根据几何关系可得 F向＝mg tan θ.
答案：mg tan θ　
(2)转盘转动的角速度．(6分)
解析：根据几何关系可知游玩者与座椅一起做圆周运动的半径R＝r＋L sin θ
根据向心力公式可得mg tan θ＝mω2(r＋L sin θ)(共29张PPT)
第3课时　向心加速度
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、匀速圆周运动的向心加速度
根据牛顿第二定律F＝ma，加速度a与________的方向一致．
在匀速圆周运动中，F是指向圆心的向心力，所以加速度a也一定指向________，称为向心加速度．
合力F
圆心
二、向心加速度的大小
1．a＝________或a＝________．
2．向心力和向心加速度的公式虽然是从匀速圆周运动中得出的，但也适用于非匀速圆周运动．但用上述公式分析非匀速圆周运动时，公式中的a、v、ω取________．
ω2r
瞬时值
√
×　
×　
√
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　向心加速度的理解和方向
1．图甲中的小球与图乙中的运动员正在做匀速圆周运动，小球与运动员是否具有加速度？
[提示]　具有加速度．
2．做匀速圆周运动的物体的加速度方向如何确定？你的依据是什么？
[提示]　从动力学角度，由牛顿第二定律确定；加速度的方向与合外力方向一致．
3．除了用牛顿第二定律确定向心加速度的方向外，你还有什么方法可确定向心加速度的方向？
[提示]　从运动学角度，利用加速度的方向与速度变化量的方向一致确定加速度方向．
1．向心加速度的物理意义
描述匀速圆周运动线速度方向变化的快慢，不表示速度大小变化的快慢．
2．向心加速度的方向
总是沿着圆周运动的半径指向圆心，即方向始终与运动方向垂直，方向时刻改变．
3．圆周运动的性质：不论向心加速度a的大小是否变化，a的方向是时刻改变的，所以圆周运动的向心加速度时刻发生改变，圆周运动一定是非匀变速曲线运动．
√
下列关于向心加速度的说法正确的是(　　)
A．向心加速度的方向始终指向圆心
B．向心加速度的方向保持不变
C．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的
D．在变速圆周运动中，向心加速度的方向不指向圆心
[解析]　无论是匀速圆周运动还是变速圆周运动，向心加速度的方向都时刻指向圆心，故向心加速度不恒定，故A正确，B、C、D错误．
√
(多选)下列说法正确的是(　　)
A．向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的大小变化越快
B．向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的方向变化越快
C．向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直
D．在匀速圆周运动中向心加速度是恒量
√
[解析]　向心加速度是描述做圆周运动的物体线速度方向变化快慢的物理量，向心加速度越大，说明做圆周运动的物体线速度的方向变化越快，A错误，B正确；
向心加速度的方向始终与线速度的方向垂直，C正确；
在匀速圆周运动中向心加速度方向不断变化，不是恒量，D错误．
知识点二　向心加速度的大小
如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮三个轮子的半径不一样，A、B、C是它们边缘上的三个点，请思考：
(1)A和B两个点的向心加速度与半径有什么关系？
[提示]　A、B两个点的线速度大小相同，向心加速度与半径成反比．
(2)B和C两个点的向心加速度与半径有什么关系？
[提示]　B、C两个点的角速度相同，向心加速度与半径成正比．
2．对向心加速度表达式的理解
(1)向心加速度的几种表达式

(2)向心加速度的大小与半径的关系
①当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比，也与线速度的平方成正比．随频率的增大或周期的减小而增大．
②当角速度一定时，向心加速度与运动半径成正比．
③当线速度一定时，向心加速度与运动半径成反比．
④a与r的关系图像：如图所示，由a－r图像可以看出，a与r成正比还是反比，要看是ω恒定还是v恒定．
√
(2025·中山市期末)如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘，C点位于A大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动，则B、C两点的向心加速度大小之比为(　　)
A．2∶1　　　　　　　 B．4∶1
C．1∶2 D．1∶4
角度1　皮带传动
√
角度2　齿轮传动模型
某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮匀速转动的角速度大小为ω，三个轮相互不打滑，则丙轮边缘上各点的向心加速度大小为(　　)
√
[解析]　两球绕同一轴转动，则角速度相等，即小球A的角速度为ω，A错误；
小球B的线速度v＝2ωL，B错误；
小球A的向心加速度aA＝ω2L，C正确；
小球B的向心加速度aB＝ω2·2L＝2ω2L，D错误．
√
(2025·珠海市期末)如图所示的是一种古老的舂米机．舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起，然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落．已知OB>OC，则在横梁绕O转动过程中(　　)
A．B、C的向心加速度满足aB>aC
B．B、C的角速度关系满足ωB<ωC
C．B、C的角速度关系满足ωB>ωC
D．B、C的线速度关系满足vB[解析]　B、C同轴转动，角速度关系满足ωB＝ωC，故B、C错误；
根据a＝ω2r，由于OB>OC，则B、C的向心加速度满足aB>aC，故A正确；
根据v＝ωr，由于OB>OC，则B、C的线速度关系满足vB>vC，故D错误．
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(向心加速度的理解)如图为冬奥会上安置在比赛场地外侧的高速轨道摄像机系统，当运动员加速通过弯道时，摄像机与运动员保持同步运动以获得高清视频．关于摄像机，下列说法正确的是(　　)
A．在弯道上运动的速度不变
B．角速度比运动员在弯道上运动的更大
C．所受合外力的大致方向为F1
D．向心加速度比运动员的向心加速度更小
解析：在弯道上运动的速度方向不断变化，则速度不断变化，A错误；
摄像机与运动员保持同步运动，则角速度与运动员在弯道上的角速度相同，B错误；
运动员加速通过弯道，则摄像机也加速通过弯道，所受合力方向指向轨迹的内侧，且与速度夹角为锐角，则所受合外力的大致方向为F1，C正确；
根据a＝ω2r，因角速度相同，而摄像机转弯的半径较大，则摄像机的向心加速度比运动员的向心加速度更大，D错误．
√
2．(向心加速度的大小)甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为4∶9，转动的周期之比为3∶2，则它们的向心加速度之比为(　　)
A．3∶2　　　　　 B．16∶81
C．4∶9 D．9∶4
√
3．(向心加速度的大小)(2025·汕头期中)如图所示，O为剪刀的转轴，A、B是剪刀上的两点，且B点离O更近，某次使用中转轴O的位置不动，A、B两点绕O转动的过程中，A、B两点的(　　)
A．ωA＝ωB B．vAC．aA解析：A、B两点绕同一转轴转动，可知角速度相等，即ωA＝ωB，因为rA>rB，根据v＝ωr，可知vA>vB，根据a＝ω2r，可知aA>aB.
√
√专题提升课3　竖直面内的圆周运动
微专题一　竖直面内的匀速圆周运动
　如图所示，一长为l的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为ω的匀速圆周运动，重力加速度为g.
(1)小球运动到最高点时，求杆对球的作用力．
(2)小球运动到水平位置A时，求杆对球的作用力．
[解析]　(1)因转动的角速度大小未知，故小球在最高点时，杆对球的作用力F1方向不能确定．假设F1的方向竖直向下
根据F1＋mg＝mω2l解得F1＝m(ω2l－g).
若ω＞，杆对小球的拉力大小F1＝m(ω2l－g)，方向竖直向下．
若ω＝，F1＝0，杆对小球恰好无作用力．
若ω＜ ，杆对小球的支持力大小F1＝m(g－ω2l)，方向竖直向上．
(2)小球运动到水平位置A处时，杆对球的竖直方向分力Fy＝mg，水平分力Fx＝mω2l，故杆对球的作用力大小F2＝ eq \r(F＋F)＝m.设该作用力与水平方向夹角为θ，则有tan θ＝＝＝，故在位置A处杆对球的作用力方向斜向右上，与水平方向夹角θ＝arctan .
[答案]　见解析
微专题二　竖直面内的变速圆周运动
项目 轻绳模型 轻杆模型
常见类型 均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球
过最高点的临界条件 由mg＝m eq \f(v,r)得v临＝ v临＝0
讨论分析 (1)能过最高点时，v≥ ，FN＋mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN(2)不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道，如图所示 (1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心(2)当0＜v＜时，－FN＋mg＝m，FN背离圆心，随v的增大而减小(3)当v＝时，FN＝0(4)当v＞时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
模型1　轻绳模型
　(多选)(2025·佛山市期末)杂技表演水流星如图所示，一根绳系着盛水的杯子，随着演员的抡动，杯子就在竖直平面做圆周运动，已知轨迹半径r＝0.4 m，水的质量为200 g，杯子的质量为50 g，绳子质量不计，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．杯子运动到最高点时，水刚好不落下，则最高点速度为4 m/s
B．当杯子到最高点速度为6 m/s时，则水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向下
C．杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为合力沿切线方向的分力与速度同向
D．杯子在最低点时处于超重状态
[解析]　杯子运动到最高点时，水刚好不落下，对水则有mg＝m，所以杯子在最高点时的速度v＝＝2 m/s，故A错误；当杯子到最高点速度为6 m/s时，对水根据牛顿第二定律有FN＋mg＝m，解得FN＝16 N，即杯子对水的弹力为16 N，方向竖直向下，根据牛顿第三定律可得水对杯子的弹力大小为16 N，方向竖直向上，故B错误；杯子在运动过程中做的是变速圆周运动，沿圆周下降过程速度增加是因为其受到的合力沿切线方向的分力与速度同向，故C正确；杯子在最低点时加速度方向竖直向上，此时杯子处于超重状态，故D正确．
[答案]　CD
　如图所示，半径R＝0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A.一小球从A点冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点(图上未画)，g取10 m/s2.
(1)能实现上述运动时，小球在B点的最小速度是多少？
(2)能实现上述运动时，A、C间的最小距离是多少？
[解析]　(1)小球在B点速度最小时，小球与半圆环轨道间的弹力恰好等于0，此时小球仅受竖直向下的重力作用，根据牛顿第二定律有mg＝m eq \f(v,R)，解得vmin＝＝2 m/s.
(2)小球从B点水平飞出做平抛运动，小球以最小速度平抛时距离最小．设小球做平抛运动的时间为t，AC间最小距离为x，则水平方向有x＝vmint，竖直方向有2R＝gt2，由此解得t＝0.4 s，x＝0.8 m．　
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.8 m
模型2　轻杆模型
　(2025·广州市期末)如图所示，用长为L的轻杆连着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A．小球在最高点时轻杆受到的作用力可能为零
B．小球在圆周最高点的向心力只由重力提供
C．小球过最低点轻杆对小球的拉力可能等于小球的重力
D．若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为
[解析]　当小球在最高点时的速度v＝时，小球仅由重力提供向心力，轻杆受到的作用力为零，故A正确；小球在圆周最高点的向心力可能由重力和轻杆作用力的合力来提供，不一定只由重力提供，故B错误；在最低点，小球靠拉力和重力的合力提供向心力，合力向上，则拉力大于重力，故C错误；由轻杆模型可知小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，最高点的速率为零，故D错误．
[答案]　A(共22张PPT)
专题提升课4　
水平面和斜面内的圆周运动
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　水平面内的圆周运动
角度1　水平面内圆周运动特点
1．运动轨迹是水平面内的圆．
2．合外力沿水平方向指向圆心，提供向心力，竖直方向合力为零，物体在水平面内做匀速圆周运动．
如图所示，质量分别为3m、m的小球A、B固定在长L的轻杆两端，轻杆置于水平桌面上可绕中心O转动，不计阻力．当轻杆以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
A．转轴所受杆的弹力方向指向B球
B．两球所需要的向心力大小不相等
C．转轴所受杆的弹力大小为2mω2L
D．保持转动角速度不变，任一球的质量增大，转轴所受杆的拉力增大
√
转轴所受杆的弹力大小F＝FA－FB＝mω2L，C错误；
(2025·佛山期末)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速转动，A、B间的动摩擦因数μA大于圆盘与B间的动摩擦因数μB，则下列说法正确的是(　　)
A．A、B都有沿切线方向向后滑动的趋势
B．B运动所需的向心力大于A运动所需的向心力
C．圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
D．缓慢增加圆盘转动的角速度，A可能从B上滑出
√
[解析]　A、B所受静摩擦力指向圆心，则两物体都有沿半径方向向外滑动的趋势，A错误；
根据F向＝mω2r可知，B运动所需的向心力等于A运动所需的向心力，B错误；
对AB整体分析fB＝2mω2r，对A分析fA＝mω2r，即圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，C正确；
角度3　与弹力有关的临界问题
压力、支持力的临界条件是物体间的弹力恰好为零．绳中拉力的临界条件是绳恰好拉直且其上无弹力或绳中拉力恰好为最大承受力等．
√
[解析]　由于小球所受重力不为零，则a绳的张力不可能为零，b绳的张力可能为零，故A错误；
由于a绳的张力在竖直方向的分力等于重力，角θ不变，所以a绳张力不变，b绳的张力随角速度的增大而增大，故B错误；
√
[解析]　小球离开圆锥面的临界条件为圆锥体对小球的支持力FN＝0
此时对小球受力分析如图甲所示
[答案]　2mg
微专题二　斜面内的圆周运动
1．常见模型
(1)如图甲所示，静摩擦力控制下的圆周运动
(2)如图乙所示，轻绳控制下的圆周运动
(3)如图丙所示，轻杆控制下的圆周运动
2．分析方法
这类问题的特点是重力的分力和其他力的合力提供向心力，运动和受力情况比较复杂．由于重力沿斜面的分力不变，在斜面内做圆周运动的物体的速率不断变化，运动情况与竖直面内的圆周运动类似，所以通常分析物体在最高点和最低点的受力情况求临界状态．物体在斜面上运动时，若受摩擦力，还要参照水平面内圆周运动的临界问题分析摩擦力的突变问题，如静摩擦力的方向变化、静摩擦力变为滑动摩擦力．
√(共20张PPT)
课后达标检测
√
题组1　圆周运动的物理量及相互关系
1．如图所示，汽车雨刮器在转动时，杆上A、B两点绕O点转动的角速度大小为ωA、ωB，线速度大小为vA、vB，则(　　)
A．ωA<ωB，vA＝vB　 B．ωA>ωB，vA＝vB
C．ωA＝ωB，vAvB
解析：杆上A、B两点绕O点转动，则两点的角速度相等，即ωA＝ωB，根据v＝ωr，rA>rB，可知vA>vB.
√
2．A、B两个质点，分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比ΔlA∶ΔlB＝4∶3，转过的圆心角之比ΔθA∶ΔθB＝3∶2，则下列说法正确的是(　　)
A．它们的线速度大小之比vA∶vB＝3∶4
B．它们的角速度之比ωA∶ωB＝2∶3
C．它们的周期之比TA∶TB＝2∶3
D．它们的周期之比TA∶TB＝3∶2
√
3．甲、乙两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相等时间里甲转过60°，乙转过45°，转动半径之比为1∶3，则甲、乙两快艇的线速度大小之比为(　　)
A．1∶4　　　　　　　 B．2∶3
C．4∶9 D．9∶16
√
题组2　常见传动装置及特点
4．一种叫“指尖陀螺”的玩具如图．当陀螺绕位于中心A的转轴旋转时，陀螺上B、C两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是　(　　)
A．TB＝TC，vB＜vC　 B．TB＞TC，vB＜vC
C．ωB＝ωC，vC＜vB D．ωB＞ωC，vB＜vC
√
5．如图所示，地球可看成一个质量分布均匀的球体，地球上的物体均随地球自转做匀速圆周运动．已知石家庄的纬度约为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则位于赤道和石家庄的物体P、Q随地球自转的角速度、线速度之比分别为(　　)
A．1∶1，5∶3 B．1∶1，5∶4
C．5∶3，1∶1 D．5∶4，1∶1
解析：物体P、Q随地球自转，则物体P、Q的角速度相等；根据v＝ωr，可得物体P、Q的线速度大小之比vP∶vQ＝rP∶rQ＝R∶R cos 37°＝5∶4.
√
√
7．(多选)如图所示，这是摩擦传动装置，B轮转动时带动A轮跟着转动，已知转动过程中轮缘间无打滑现象，下述说法中正确的是(　　)
A．A、B两轮转动方向相同
B．A、B两轮转动方向相反
C．A、B转动的角速度之比为1∶3
D．A、B轮缘上点的线速度之比为3∶1
√
解析：A、B两轮转动方向相反，A错误，B正确；
A、B轮同缘传动，则缘上点的线速度大小相等，根据v＝ωr可知， A、B轮缘的半径之比为3∶1，则转动的角速度之比为1∶3，C正确，D错误．
√
题组3　匀速圆周运动及周期性
8．(多选)做匀速圆周运动的物体，下列物理量中不变的是(　　)
A．速度 B．角速度
C．周期 D．转速
解析：做匀速圆周运动的物体，角速度、周期和转速不变，速度的大小不变，方向时刻在变，故B、C、D正确，A错误．
√
√
√
9．关于物体做匀速圆周运动的速度，下列说法正确的是(　　)
A．速度的大小和方向都改变
B．速度的大小和方向都不变
C．速度的大小不变，方向改变
D．速度的大小改变，方向不变
解析：物体做匀速圆周运动的速度大小不变，但方向始终沿圆周的切线方向，即方向时刻在变化，故C正确，A、B、D错误．
√
10．明代出版的《天工开物》一书中记载：“其湖池不流水，或以牛力转盘，或聚数人踏转．”并附有牛力齿轮翻车的图画如图所示，翻车通过齿轮传动，将湖水翻入农田．已知A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，B、C齿轮同轴，若A、B、C三齿轮半径的大小关系为rA>rB>rC，则(　　)
A．齿轮A的角速度比齿轮C的角速度大
B．齿轮A、B的角速度大小相等
C．齿轮B、C边缘的线速度大小相等
D．齿轮A边缘的线速度比齿轮C边缘的线速度大
解析：根据题意可知，A、B齿轮啮合且齿轮之间不打滑，则齿轮A、B边缘的线速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rA>rB则有ωA<ωB，由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，则有ωA<ωB＝ωC，故A、B错误；
由于B、C齿轮同轴，齿轮B、C的角速度大小相等，由v＝ωr可知，由于rB>rC，则有vB>vC，可得vA＝vB>vC，故C错误，D正确．
11．(10分)如图所示，直径为d的纸质圆筒，以角速度ω绕中心轴匀速转动，把枪口对准圆筒轴线，使子弹穿过圆筒，结果发现圆筒上只有一个弹孔，忽略子弹重力、圆筒的阻力及空气阻力．
(1)子弹做什么运动？圆筒做什么运动？(4分)　
解析：子弹不受外力，子弹做匀速直线运动；圆筒匀速转动，圆筒做匀速圆周运动．
答案：见解析　
(2)为什么圆筒上只有一个弹孔？(2分)
解析：子弹从进入的弹孔中射出，所以只留下了一个弹孔．
(3)子弹与圆筒的运动时间有何关系？(2分)　
答案：见解析　
(4)子弹的速度v应满足什么条件？(2分)
12．(12分)水平放置的圆筒绕其中心对称轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2.5π rad/s，筒壁上P处有一小圆孔，筒壁很薄，筒的半径R＝2 m.如图所示，当圆孔位于正上方时，某高度h处有一小球由静止开始下落．已知圆孔的半径略大于小球的半径，试通过计算求小球恰好落入圆筒小孔时，释放小球的高度h.(空气阻力不计，g取10 m/s2)
要使小球恰好落入小孔，对于圆筒的运动需满足：
2kπ＝ωt(k＝1，2，3，…)第三节　生活中的圆周运动
第四节　离心现象及其应用
　 eq \a\vs4\al()
1．会分析具体圆周运动问题中向心力的来源，能解决生活中的圆周运动问题．
2．了解离心运动及物体做离心运动的条件，知道离心运动的应用及危害．
一、公路弯道
1．汽车在水平公路上转弯
(1)向心力来源：车轮与路面间的静摩擦力f．
(2)转弯时的速度大小：v＝．
2．汽车在内低外高的倾斜路面转弯
(1)向心力来源：重力mg和地面支持力FN的合力F.
(2)转弯时的速度大小：v＝.
(3)若汽车在倾斜路面上转弯时，速度的大小不等于，此时由重力、地面支持力和车轮与路面间的静摩擦力提供向心力．
二、铁路弯道
1．火车在弯道上的运动特点
车轮有突出的轮缘，轮缘在铁轨上可以起到限定方向的作用．当火车在水平轨道上转弯时，外侧车轮的轮缘挤压外轨，车轮受外轨的横向力作用，使火车获得转弯所需的向心力．但是，轮缘与铁轨间的挤压和摩擦会造成车轮磨损，而且火车质量越大、车速越快时，磨损程度越高，不利于行车安全．故实际弯道处铁轨的外轨略高于内轨．
2．向心力来源
根据弯道的半径和规定的行驶速度，适当选择内外轨的高度差，可以使火车转弯时所需的向心力几乎完全由重力和支持力的合力来提供．
三、拱形与凹形路面
1．汽车通过拱形路面
选汽车为研究对象，如图甲所示，汽车在竖直方向上受到的重力G和支持力FN的合力就是竖直向下的向心力，即G－FN＝m，拱形路面对汽车的支持力FN＝G－m．根据牛顿第三定律，路面对汽车的支持力FN在数值上等于路面所受的压力FN′.所以汽车对路面压力的大小FN′＝FN＝G－m．由此可知，汽车对拱形路面的压力FN′小于汽车的重力G，而且汽车的速度越大，汽车对路面的压力越小．
2．汽车通过凹形路面：选汽车为研究对象，如图乙所示，汽车通过凹形路面最低点时，汽车在竖直方向上受到的重力G和支持力FN的合力就是竖直向上的向心力，即FN－G＝m，凹形路面对汽车的支持力FN＝G＋m．根据牛顿第三定律，汽车对凹形路面的压力FN′＝FN＝G＋m．由此可知，汽车经过凹形路面最低点时，汽车对路面的压力大于汽车所受重力，而且速度越大，汽车对路面的压力越大．因此，汽车经过凹形路面时不宜高速行驶，否则容易发生爆胎意外．
四、离心现象及其应用
1．离心现象：做圆周运动的物体，在所受向心力突然消失或合力不足以提供维持圆周运动所需向心力的情况下，会做逐渐远离圆心的运动．这种现象称为离心现象，如图所示．
2．离心现象的应用
(1)应用：旋转雨伞甩掉水滴；投掷链球；离心机械．
(2)防止离心现象的危害：公路弯道处的减速警示标志；砂轮外侧的防护罩．
判断下列说法是否正确．
(1)车辆在水平路面上转弯时，所受重力与支持力的合力提供向心力．(　　)
(2)车辆按规定车速通过“内低外高”的弯道时，向心力是由重力和支持力的合力提供的．(　　)
(3)汽车在拱形桥上行驶，速度小时对桥面的压力大于车重，速度大时压力小于车重．(　　)
(4)汽车驶过拱形桥最高点，对桥的压力可能等于零．(　　)
(5)汽车过拱形桥或凹形路面时，向心加速度的方向都是竖直向上的．(　　)
(6)做圆周运动的物体突然失去向心力时沿切线方向远离圆心．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
知识点一　车辆转弯问题
　 eq \a\vs4\al()
1．火车转弯时的运动是圆周运动，分析火车的运动回答下列问题：
(1)如果轨道是水平的，火车转弯时受到哪些力的作用？需要的向心力由谁来提供？
(2)靠这种方式使火车转弯有哪些危害？如何改进？
2．摩托车在平直公路转弯和火车转弯，它们的共同点是什么？提供向心力的方式一样吗？
[提示]　1.(1)火车受重力、支持力、牵引力、摩擦力和外轨对火车的弹力作用，弹力提供火车转弯所需的向心力．
(2)对确定的弯道，火车转弯时速度越大，需要的向心力越大，容易造成对外轨的损坏，甚至造成火车脱轨．可以把弯道处建成外高内低的斜面，由重力和支持力的合力提供向心力．
2．摩托车在平直公路转弯和火车转弯都需要向心力，摩托车转弯时摩擦力可以提供向心力，火车质量太大，轮缘与外轨间的相互作用力太大，铁轨和车轮极易受损，需要设置特别的轨道，由重力和支持力的合力提供向心力．
1．火车转弯问题
(1)火车在弯道上的运动特点
火车在弯道上运动时实际上是在水平面内做圆周运动，由于其质量巨大，需要很大的向心力．
(2)转弯轨道受力与火车速度的关系
①若火车转弯时，火车所受支持力与重力的合力提供向心力，如图甲所示，有mg tan θ＝m eq \f(v,r)，则v0＝，其中r为弯道半径，θ为轨道平面与水平面的夹角，v0为转弯处的规定速度．此时，内外轨道对火车均无侧向挤压作用．
②若火车行驶速度v0＞，外轨对轮缘有侧压力．
③若火车行驶速度v0＜，内轨对轮缘有侧压力．
2．汽车转弯问题
(1)水平地面上转弯
汽车、摩托车和自行车在水平地面上转弯，其向心力都是由地面的摩擦力提供的，受力分析如图乙所示，这时重力和地面对车的支持力平衡，当f达到最大时，即有fmax＝μmg＝m eq \f(v,r)，所以车辆转弯的安全速度v≤vmax＝.
(2)外高内低斜面式弯道转弯
此种情况与火车垫高外轨的情境类似，车辆转弯时所需向心力由重力mg和支持力FN的合力F合提供，如图丙所示．由F合＝mg tan θ＝ eq \f(mv,r)可得规定速度v0＝.若车速v＞，车轮受到沿斜面向下的摩擦力作用；若车速v＜，车轮受到沿斜面向上的摩擦力作用．
角度1　火车转弯问题
　(多选)在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨．其简意图如图所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(　　)
A．该弯道的半径r＝
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
[解析]　火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，解得r＝，v＝，可知火车规定的行驶速度与质量无关，A、B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，C错误；当火车速率小于v时，重力和支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，D错误．
[答案]　AB
角度2　汽车转弯问题
　在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作半径为R的圆周运动．设内、外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，如图所示．已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　　)
A. 　　　　　　 B．
C. D．
[解析]　设路面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mgtan θ＝m，又由数学知识可知tan θ＝，联立解得v＝　.
[答案]　B
角度3　其他转弯问题
　骑行是一项深受人们热爱的运动，如图是场地自行车比赛的圆形赛道．
路面与水平面的夹角为13.5°，圆周的半径为60 m，某运动员骑自行车在该赛道上做匀速圆周运动．已知sin 13.5°＝0.233，tan 13.5°＝0.240，g取10 m/s2，则下列关于该运动员的说法，正确的是(　　)
A．在骑行过程中，所受合外力为零
B．在骑行过程中，所受合外力沿路面向下
C．若该运动员以12 m/s的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
D．若该运动员以 m/s的速度骑行，则其不受路面给的侧向摩擦力
[解析]　该运动员在骑行过程中在该赛道上做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，指向圆心，故A、B错误；当其不受路面给的侧向摩擦力时，重力和路面的支持力提供向心力，有mg tan 13.5°＝m，得v＝＝12 m/s，故C正确，D错误．
[答案]　C
知识点二　汽车过桥问题
汽车过桥问题
(1)向心力来源
汽车通过拱形桥最高点和凹形路面最低点时，在竖直方向受重力和支持力，其合力提供向心力．
(2)压力的分析与讨论
若汽车质量为m，桥面圆弧半径为r，汽车在最高点或最低点速率为v，则
项目 汽车过拱形桥 汽车过凹形路面
受力分析
指向圆心为正方向 G－FN＝mFN＝G－m FN－G＝mFN＝G＋m
牛顿第三定律 F压＝FN＝G－m F压＝FN＝G＋m
讨论 v增大，F压减小；当v增大到 时，F压＝0 v增大，F压增大
　(多选)如图是汽车分别经过拱形桥最高点和凹形桥最低点的情形．下列说法正确的是(　　)
A．过拱形桥最高点时汽车所受支持力大于重力
B．过凹形桥最低点时汽车所受支持力大于重力
C．过拱形桥最高点时汽车所受支持力小于重力
D．过凹形桥最低点时汽车所受支持力小于重力
[解析]　汽车过拱形桥最高点时，重力与支持力的合力提供向心力，即mg－FN＝m，所以汽车过拱形桥最高点时，汽车所受支持力小于重力，故A错误，C正确；汽车过凹形桥最低点时，支持力与重力的合力提供向心力，即FN－mg＝m，所以汽车过凹形桥最低点时，汽车所受支持力大于重力，故B正确，D错误．
[答案]　BC
　如图所示，有一辆质量为m的汽车(可看作质点)驶上半径为R的圆弧拱形桥．
(1)当汽车以一定速度通过拱形桥顶时(汽车与桥面之间始终有相互作用)，画出此时汽车在竖直方向受力的示意图．
(2)已知m＝1 500 kg、R＝50 m，重力加速度g取10 m/s2，当该汽车以速率v＝5 m/s通过拱形桥顶时，汽车对桥的压力是多大？并判断此时汽车是处于超重状态还是失重状态．
(3)汽车通过桥顶时对桥面的压力过小是不安全的．请你通过分析说明：在设计拱形桥时，对于同样的车速，拱形桥圆弧的半径是大些比较安全还是小些比较安全．
[解析]　(1)汽车竖直方向受力如图所示．
(2)根据牛顿第二定律和向心加速度公式，有
mg－FN＝m
代入数据有FN＝14 250 N
根据牛顿第三定律，可知汽车对桥面的压力大小
FN′＝FN＝14 250 N
因为FN′＜mg＝15 000 N
因此汽车处于失重状态．
(3)由(2)可知FN′＝FN＝mg－m
即R较大时，FN′就较大，因此拱形桥圆弧的半径大一些比较安全．
[答案]　(1)图见解析　(2)14 250 N　失重
(3)见解析
知识点三　离心运动
　 eq \a\vs4\al()
链球比赛中，高速旋转的链球被放手后会飞出(如图甲所示)；雨天，当你旋转自己的雨伞时，会发现水滴沿着伞的边缘切线飞出(如图乙所示).
(1)链球飞出后受什么力？
(2)你能说出水滴沿着伞的边缘切线飞出的原因吗？
(3)物体做离心运动的条件是什么？
[提示]　(1)重力和空气阻力．
(2)旋转雨伞时，雨滴也随着运动起来，但伞面上的雨滴受到的力不足以提供其做圆周运动的向心力，雨滴由于惯性要保持其原来的速度方向而沿切线方向飞出．
(3)物体受到的合力不足以提供所需的向心力．
1．物体做离心运动的原因：提供向心力的合外力突然消失，或者合外力不能提供足够的向心力．
注意：物体做离心运动并不是物体受到离心力作用，而是由于合外力不能提供足够的向心力．所谓“离心力”实际上并不存在．
2．合外力与向心力的关系(如图所示)
(1)若F合＝mrω2或F合＝，则物体做匀速圆周运动，即“提供”满足“需要”．
(2)若F合＞mrω2或F合＞，则物体做半径变小的近心运动，即“提供过度”，也就是“提供”大于“需要”．
(3)若0＜F合＜mrω2或0＜F合＜，则合外力不足以将物体拉回到原轨道上，而做离心运动，即“需要”大于“提供”或“提供不足”．
(4)若F合＝0，则物体做直线运动．
　(多选)滚筒洗衣机里衣物随着滚筒做高速的匀速圆周运动，以达到脱水的效果．滚筒截面如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．衣物运动到最低点B点时处于超重状态
B．衣物和水都做离心运动
C．衣物运动到最高点A点时脱水效果更好
D．衣物运动到最低点B点时脱水效果更好
[解析]　衣物运动到最低点B点时，加速度指向圆心，竖直向上，处于超重状态，故A正确；衣物受到筒的支持力和重力，做圆周运动，水所受合力不足以提供向心力，做离心运动，故B错误；根据牛顿第二定律，在最低点有FN1－mg＝m，在最高点有FN2＋mg＝m，则FN1＞FN2，衣物运动到最低点B点时脱水效果更好，故C错误，D正确．
[答案]　AD
　如图所示，一个杯子放在水平餐桌转盘上随转盘做匀速圆周运动，角速度恒定，则(　　)
A．杯子受重力、支持力、摩擦力和向心力作用
B．杯子受到的摩擦力方向始终指向转盘中心
C．杯子离转盘中心越近越容易做离心运动
D．若给杯子中加水，则杯子更容易做离心运动
[解析]　杯子受到重力、支持力和摩擦力三个力，向心力不是杯子的实际受力，故A错误；杯子做匀速圆周运动，向心力由摩擦力提供，始终指向转盘中心，故B正确；因杯子做匀速圆周运动，则有f＝mω2r，杯子离转盘中心越近，所需摩擦力越小，不会达到最大静摩擦力，越不容易做离心运动，故C错误；根据f＝mω2r≤μmg可知，给杯子中加水，杯子并不会更容易做离心运动，故D错误．
[答案]　B
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　))
1．(车辆转弯问题)如图所示，一汽车正在道路上转弯，弯道处的路面是倾斜的且与水平面所成夹角为θ.汽车在该弯道处以10 m/s的速率转弯时，沿倾斜路面恰好没有上、下滑动的趋势．已知汽车在弯道上做圆周运动的半径为40 m，重力加速度取10 m/s2，则tan θ的值为(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选A.对汽车根据牛顿第二定律得Fn＝m，同时有tan θ＝，代入数值联立解得tan θ＝.
2．(车辆转弯问题)(2025·江门期中)如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为vc时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，则当汽车在该弯道处(　　)
A．质量更大的卡车经过时，与轿车相比，vc的值变小
B．路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
C．车速高于vc时，车辆就会向外侧滑动
D．当车速高于vc时，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
解析：
选D.某公路急转弯处是一圆弧，路面外高内低，当轿车行驶的速率为vc时，轿车恰好没有向公路内、外两侧滑动的趋势，轿车在该弯道处受力如图所示，根据牛顿第二定律可得mg tan θ＝ eq \f(mv,R)，解得vc＝，可知质量更大的卡车经过时，与轿车相比，vc的值不变；路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值不变，故A、B错误．车速高于vc时，重力和支持力的合力不足以提供向心力，车辆有向外侧滑动的趋势，车辆受到指向内侧的静摩擦力，所以只要速度不超出最高限度，车辆不会向外侧滑动，故C错误，D正确．
3．(汽车过桥问题)如图所示，一辆质量为m的汽车先过一段凹形桥，再过一段拱形桥，M、N分别为桥的最低点和最高点，且汽车通过M、N两点时的速度均不为0.汽车在通过两种桥面的过程中均未脱离桥面，下列说法正确的是(　　)
A．汽车通过M点时处于失重状态
B．汽车通过M点时的加速度可能为0
C.汽车通过N点时，无论速度多大，对桥面始终有压力
D．汽车通过N点时对桥面的压力一定比通过M点时对桥面的压力小
解析：选D.汽车通过M点时，根据牛顿第二定律可知FN－mg＝ma＝m，加速度方向竖直向上，故此时汽车处于超重状态，由于汽车通过M、N两点时的速度均不为0，故汽车加速度大小不为0，故A、B错误；汽车通过N点时，根据牛顿第二定律可知mg－FN＝m，若mg＝m，即v＝时，此时桥面对汽车的支持力为0，根据牛顿第三定律可知，此时汽车对桥面的压力为0，故C错误；根据牛顿第三定律可知，桥面对汽车的支持力等于汽车对桥面的压力，由上述可知FM压＝mg＋m，FN压＝mg－m，故汽车通过N点时对桥面的压力一定比通过M点时对桥面的压力小，故D正确．
4．(离心运动)如图所示，光滑的水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动，若小球到达P点时F突然发生变化，则下列关于小球运动的说法正确的是(　　)
A.F突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动
B．F突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动
C．F突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动
D．F突然变小，小球将沿轨迹Pc逐渐靠近圆心
解析：选A.若F突然消失，则小球所受合力突变为零，将沿切线方向匀速飞出，A正确；若F突然变小不足以提供所需向心力，则小球将做逐渐远离圆心的离心运动，B、D错误；若F突然变大，超过了所需向心力，则小球将做逐渐靠近圆心的运动，C错误．(共22张PPT)
课后达标检测
√
题组1　向心加速度的理解和方向
1．关于匀速圆周运动的说法正确的是(　　)
A．匀速圆周运动是匀速运动 B．匀速圆周运动是变速运动
C．匀速圆周运动的加速度不变 D．匀速圆周运动的线速度不变
解析：匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，是变速运动，A错误，B正确；
匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向时刻在改变，C错误；
匀速圆周运动的线速度是矢量，方向时刻改变，D错误．
√
√
由a＝ω2r知，当角速度ω一定时，向心加速度a与半径r成正比，D正确．
√
√
4．“旋转纽扣”是一种传统游戏．如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现．拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50 r/s，此时纽扣上距离中心1 cm处的点向心加速度大小约为(　　)
A．10 m/s2 B． 100 m/s2
C．1 000 m/s2 D．10 000 m/s2
解析：纽扣上各点绕其中心做圆周运动的角速度相等，已知n＝50 r/s，则an＝ω2r＝(2πn)2r＝4×π2×502×1×10-2 m/s2≈1×103 m/s2，C正确．
√
5．(2025·汕头市期末)如图所示，当风扇匀速转动时，到转轴距离相同的a、b两点(　　)
A．线速度相同
B．转动周期相同
C．角速度不相同
D．向心加速度大小不同
解析：a、b两点随风扇转动，角速度、周期均相同，线速度是矢量，两点的运动方向不同，所以线速度不同．根据a＝ω2r可知，向心加速度大小相同，方向不同．
√
6．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上有两个小物块A、B，它们到圆盘中心的距离分别为r和2r，它们随圆盘一起匀速转动，关于小物块A、B各物理量之比正确的是(　　)
A．角速度之比ωA∶ ωB＝1∶1
B．周期之比TA∶ TB＝1∶2
C．线速度之比vA∶ vB＝1∶1
D．向心加速度之比aA∶ aB＝2∶1
√
√
解析：a、b两点同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr，可得a、b的线速度大小之比va∶vb＝ra∶rb＝2∶1，根据a＝ω2r，可得a、b的向心加速度大小之比aa∶ab＝ra∶rb＝2∶1.
√
8．如图所示，A、B两点分别位于大、小轮的边缘上，C点位于大轮半径的中点，大轮的半径是小轮的2倍，它们之间靠摩擦传动，接触面上没有滑动，则(　　)
A．A、B两点角速度大小之比为2∶1
B．A、B两点向心加速度大小之比为2∶1
C．B、C两点角速度大小之比为2∶1
D．B、C两点向心加速度大小之比为2∶1
解析：由题意可知，同缘传动边缘点线速度相等，故A与B的线速度的大小相同，即vA＝vB，A、C两点为同轴转动，角速度相等，即ωA＝ωC，根据v＝ωr，结合题意可得ωB∶ωA∶ωC＝2∶1∶1，故C正确，A错误；
√
9．(2025·佛山市期末)汽车瞬态工况法尾气检测如图所示，汽车驱动轮与两个半径相同的滚筒接触，车轮与滚筒的半径之比为2∶1，驱动轮按照恒定的转速转动，后轮不动，模拟车辆实际行驶状况，检测尾气，车轮与滚筒之间不打滑，P、Q两点分别处于驱动轮边缘和滚筒边缘，以下说法正确的是(　　)
A．两滚筒的转动方向相反
B．P、Q两点在相同时间内转过的角度相等
C．P、Q两点在相同时间内通过的弧长相等
D．P、Q两点的向心加速度大小之比为2∶1
解析：驱动轮沿顺时针方向运动，根据静摩擦力方向可知右侧滚轮逆时针运动，同理左侧滚轮逆时针运动，故A错误；
P、Q两点同缘传动，可知两点的线速度大小相等，即相等时间内两点通过的弧长相等，因车轮与滚筒的半径不同，所以转过的角度不同，故B错误，C正确；
√
10．(2025·河源市期末)进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客．如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈(尺寸大小忽略不计)绕轴以2 rad/s的角速度在水平雪地上做匀速圆周运动．已知绳子悬挂在离地高为3 m、半径为3 m的水平转盘的边缘，且绳子长为5 m．运动时，绳与水平杆垂直，则雪圈(含人)(　　)
A．线速度大小为8 m/s
B．线速度大小为14 m/s
C．加速度大小为16 m/s2
D．加速度大小为20 m/s2
雪圈(含人)做匀速圆周运动的加速度大小a＝ω2r＝22×5 m/s2＝20 m/s2，故C错误，D正确．
√
11．(多选)如图所示，有一个很大的圆形餐桌，水平桌面中间嵌着一可绕中心轴O转动的圆盘，圆盘上A处放一质量为m的菜盘，B处放一质量为0.5m的菜盘，OA＝2OB，圆盘匀速转动，两菜盘均视为质点且不打滑．下列说法正确的是　(　　)
A．A、B两处菜盘的周期之比为1∶2
B．A、B两处菜盘的线速度大小之比为2∶1
C．A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为4∶1
D．A、B两处菜盘受到的静摩擦力大小之比为4∶1
√
同理，根据v＝ωr，依题意，有rA＝2rB可知A、B两处菜盘的线速度大小之比为2∶1，故B正确；
根据a＝ω2r可知A、B两处菜盘的向心加速度大小之比为2∶1，故C错误；
12．(12分)如图所示，轮O1、O3固定在同一转轴上，轮O1、O2用皮带连接且不打滑．在O1、O2、O3三个轮的边缘各取一点，分别为A、B、C，已知三个轮的半径之比r1∶r2∶r3＝2∶1∶1.求：
(1)A、B、C三点的角速度之比ωA∶ωB∶ωC；(6分)
解析：A、C同轴转动，角速度相等，A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，根据v＝rω，有
ωA∶ωB＝r2∶r1＝1∶2
所以A、B、C三点的角速度之比
ωA∶ωB∶ωC＝1∶2∶1.
答案：1∶2∶1　
(2)A、B、C三点的向心加速度大小之比aA∶aB∶aC.(6分)
解析：A、B两点靠皮带传动，线速度大小相等，A、C同轴转动，角速度相等，根据v＝rω，有 vA∶vC＝r1∶r3＝2∶1
所以A、B、C三点的线速度大小之比 vA∶vB∶vC＝2∶2∶1
根据a＝vω，可知A、B、C三点的加速度之比 aA∶aB∶aC＝2∶4∶1.
答案：2∶4∶1

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